新高考2024年高三数学专题训练立体几何初步（解答题篇）含答案

这是一份新高考2024年高三数学专题训练立体几何初步（解答题篇）含答案，共51页。试卷主要包含了如图，在正方体中，，如图，在正方体中，分别是的中点等内容，欢迎下载使用。

(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
2．如图，已知点P在圆柱的底面圆O的圆周上，AB为圆O的直径，圆柱的表面积为，，．

(1)求直线与平面所成角的正切值；
(2)求点到平面的距离．
3．如图，在正方体中，

(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求证：；
(3)设分别是给定正方体的棱和上的任意点．求证：三棱锥的体积是定值．
4．如图，在三棱锥中，为等边三角形，平面平面PCD，，

(1)求证：平面PCD；
(2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
5．如图，四边形ABCD为长方形，平面ABCD，，点E，F分别为AD，PC的中点．

(1)证明：∥平面PBE；
(2)求三棱锥的体积．
6．如图，在正方体中，点E，F分别为棱，AB的中点．

(1)求证：E、F、C、四点共面：
(2)求异面直线与BC所成角的余弦值．
7．如图，在正方体中，分别是的中点．

(1)求证：四点共面；
(2)求异面直线所成的角.
8．如图，三棱台中，，，，点A在平面上的射影在的平分线上.

(1)求证：；
(2)若A到平面的距离为4，求直线与平面所成角的正弦值.
9．如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，，，平面平面，E，F分别为，的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
10．在长方体中，，，M、N分别是AD、DC的中点．

(1)求：棱锥的体积；
(2)求：异面直线与所成角的大小．
11．某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，已知圆柱的底面周长为，高为，圆锥的母线长为．

(1)求这种“笼具”的体积（结果精确到）；
(2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元？（结果精确到1元）
12．如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD为底面圆的两条直径，，且，P为母线SB上一点，．
(1)求证：平面PCD；
(2)求圆锥SO的体积．
13．如图，正三棱锥中，为棱的三等分点．

(1)求异面直线夹角的余弦值；
(2)求三棱锥的体积．
14．如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥、、、，、分别为、的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求二面角的余弦值．
15．在四棱锥中，底面为中点，底面是直角梯形，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)在线段上是否存在一点，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请述明理由．
16．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是2，且它们所在的两个半平面所成的角为.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且.

(1)用表示出的长度，并求出的长的取值范围；
(2)当的长最小时，平面与平面所成角的余弦值.
17．如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面，
(1)求二面角的正弦值：
(2)求点到平面的距离.
18．如图，矩形所在平面与直角梯形所在的平面垂直，，.

(1)求证：平面；
(2)若，求证：平面ABC⊥平面．
19．如图所示，菱形的对角线与交于点，点、分别为、的中点，交于点，将沿折起到的位置.
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的大小.
20．已知A，B，C，D为空间四个点，是边长为2的等边三角形，，．

(1)若，求直线与平面所成角的大小；
(2)设点D在平面内的射影为点G，若点G到三边所在直线的距离相等，求实数a的值．
21．如图，长方体的底面为边长为1的正方形.

(1)求证：直线和为异面直线.
(2)若异面直线与所成角的大小为，求直线到底面的距离.
(3)若平面上有且仅有一点到顶点的距离为2，棱的中点为，求点到平面的距离.
22．如图，已知正方体，点是棱的中点.
(1)求与平面所成角的大小.
(2)在棱上找一个点，使直线与平面平行并证明.
23．如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点是棱的中点，点为与交点.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
24．如图，正方体的棱长为2，E为AC的中点.

(1)求证：；
(2)求点D到平面的距离.
参考答案：
1．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）连接，易知，利用线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）利用菱形性质以及勾股定理即可证明平面，再由线面垂直性质利用线面垂直判定定理即可得出证明.
【详解】（1）取的交点为，连接，如下图所示：

由四边形是菱形可知，是的中点，
又是棱上的中点，可得是边的中位线，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由四边形是菱形可知，
又，且，平面，
所以平面，
又平面，所以；
由可知满足，所以；
易知平面，且，
所以平面.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据圆柱的特征可得直线与平面的夹角，即为，然后利用圆柱的表面积为求出，求出，进而求解；
（2）利用等体积转化法即可求解．
【详解】（1）由题意知，平面，所以直线与平面的夹角，即为，
易知，，
又，
故，进而有，，
由圆柱的表面积为，
可得，故，
故直线与平面的正切值为．
（2）设点到平面的距离为，
则，
故，又，
因为平面，平面,所以，
又，平面,
所以平面，平面,即，
在中，，
故，
所以，即点到平面的距离为．

3．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）连接，，根据正方体的性质可得四边形为平行四边形，进而得到，进而可得为异面直线与所成的角，进而求解即可；
（2）连接，根据正方体的性质可得平面，，进而得到，从而求证；
（3）设正方体的棱长为，根据正方体的性质可得平面，平面，进而得到到平面的距离即为，进而结合棱锥的体积公式求证即可.
【详解】（1）连接，，在正方体中，
有，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，则为异面直线与所成的角，
又，即为等边三角形，
所以，即异面直线与所成的角为.

（2）证明：连接，在正方体中，
有平面，，
因为平面，所以，
又，且平面，
所以平面，
又平面，
所以.

（3）证明：设正方体的棱长为，
在正方体中，有平面，平面，
所以到平面的距离即为，
又，
所以，
所以三棱锥的体积是定值．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，则，由平面平面，推出平面，得，再由线面垂直的判定定理，得证；
（2）连接，易知即为直线与平面所成的角，再在中，由，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵为等边三角形，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，，平面，平面，
∴平面.
（2）连接，由（1）知，平面，
即为斜线在平面上的射影，
∴为直线与平面所成的角，
在中，，
由，则，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.

5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则可得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）利用等体积转化为，即可求解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为点分别为的中点，
所以且，
又因为四边形为长方形，
所以且，
则且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）由平面，
则点到平面的距离等于到平面的距离，
因为平面，
所以为三棱锥的高，
由，
所以三棱锥的体积为
.

6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，即可得四点共面；
（2）由平行关系将异面直线所成角转化为相交直线所成角，在平面内解三角形即可.
【详解】（1）连接.
在中，点E，F分别为棱，AB的中点，
则，
在正方体中，，
，且，
四边形是平行四边形，
，则，
故、、、四点共面.

（2）由（1）知，，
则即为所求异面直线与BC所成的角，
设正方体的棱长为，
在中，，
则，
所以.
故所求异面直线与BC所成角的余弦值为．
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，证得，结合确定平面的性质，得到与确定一个平面，即可得证；
（2）连结，证得，得到（或其补角）是异面直线与所成的角，在中，即可求解.
【详解】（1）证明：因为分别是和的中点，所以且，
又因为且，所以四边形 是平行四边形，所以，
所以，所以与确定一个平面，
所以点，即四点共面．
（2）解：连结，在正方体中，平行且等于,
所以四边形为平行四边形，可得，
因此（或其补角）是异面直线与所成的角，
设正方体的棱长为，在中，可得，
所以是等边三角形，可得，
即异面直线与所成的角等于.

8．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面垂直证线线垂直即可；（2）利用棱台的特征补全棱锥，结合等体积法求点面距离，计算即可.
【详解】（1）如图所示，补全棱台，延长三条侧棱交于O点，得到棱锥，
由题意可知分别是三条侧棱的中点，
取的中点，连接，设A在底面的投影为M，连接，
根据题意可知底面，且M在上，
因为面，所以
又，所以,
而平面,
所以面,
因为面，所以；
（2）过作底面，结合（1）可知N在上，且，
在上，，
结合题意可知：，则

在中，，
所以，
设到平面的距离为，与平面的夹角为，
所以，
解之得：，
所以，
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
9．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理求证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离即可.
【详解】（1），
，.
平面平面，且交线为，平面，
平面，
平面，.
连接，，如图，

因为四边形是边长为的菱形，，
所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）设点到平面的距离为，则，
因为，所以，又由（1）知，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，，
又由，，，平面，平面，
所以平面，且，，
所以，即，
所以点到平面的距离为.
10．(1)
(2)
【分析】（1）根据锥体体积公式求出答案；
（2）作出辅助线，由线线平行得到异面直线与所成角为或其补角，求出各边，由余弦定理得到答案.
【详解】（1）因为，，
所以，，
故，
又⊥平面，
故三棱锥的体积为；
（2）连接，
因为M、N分别是AD、DC的中点，所以，
又，所以，

异面直线与所成角为或其补角，
其中，，
由余弦定理得，
故异面直线与所成角的大小为.
11．(1)
(2)元
【分析】（1）由题意求出圆柱的底面半径和圆锥的高，再根据圆柱和圆锥的体积公式，即可计算“笼具”的体积；
（2）根据圆柱的侧面积，底面积和圆锥的侧面积公式直接计算即可．
【详解】（1）设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，高为，
则，解得，
则，
所以“笼具”的体积．
（2）圆柱的侧面积，
圆柱的底面积，
圆锥的侧面积为，
所以“笼具”的表面积为，
所以制造50个这样的“笼具”总造价为：元．
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结PO，由中位线性质有，利用线面平行的判定定理即可证结论；
（2）根据已知求底面半径，进而求出底面积，应用圆锥体积公式求体积.
【详解】（1）连结PO，如图，
∵P、O分别为SB、AB的中点，
∴，又平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD.
（2）∵，P为SB的中点，
∴.
∴，
则底面圆面积，
∴圆锥体积.
13．(1)
(2)
【分析】（1）作出直线所成角，然后利用余弦定理计算出所成角的余弦值.
（2）先求得正四面体的体积，进而求得三棱锥的体积．
【详解】（1）取中点，连接，则即为异面直线夹角，
，由余弦定理，，
．
即异面直线夹角的余弦值为．
（2）连接，如图，

则三棱锥的体积，
依题意可知三棱锥是正四面体，
设是等边三角形的中心，则平面，
连接并延长，交于，则是的中点，且，
，，，
其体高为．

14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，为的中点，得到，再由，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以为原点，以为轴，为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，再由平面的一个法向量为，由求解.
【详解】（1）证明：
∵，是的中点，∴，
又，，、平面，
∴平面，∵平面，
∴平面平面；
（2）解：∵、、，∴，
以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，
连接，
∵、，∴四边形为平行四边形，
∴，∴是异面直线与所成的角，则，
∴，则、、、，
∴，
设平面的法向量为，又、，
∴，令，则、，
∴，又平面的法向量，
设二面角的平面角为，经观察为钝角，
∴．
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，且
【分析】（1）要证线面平行，就要证线线平行，由线面平行的性质定理知，这条平行线是过直线的平面到平面的交线，由于是中点，，因此辅助线作法易知，只要取中点，就是要找的平行线；
（2）建立空间直角坐标系，通过证明以及结合判定定理即可得结果；
（3）设，，所以，求出两平面，的法向量，由法向量的夹角与二面角相等或互补可得．
【详解】（1）取的中点，连结，因为为中点，所以，
且，在梯形中，，，
所以，，四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系．
则
，，
所以，，
又由平面，平面，可得，
因为面，面，，
所以平面．
（3）平面的法向量为，
，设，
所以，

设平面的法向量为，
，，
由，，得
，
令，所以，
所以，
注意到，解得．
所以在线段上存在一点，使得二面角为，
此时
16．(1)；
(2)
【分析】（1）过点作，垂足为，连接，分析可知，，，利用余弦定理结合二次函数分析求解；
（2）由（1）可知：当且仅当为相应边的中点时，的长取到最小，取的中点，连接，分析可知平面与平面所成角为（或其补角），利用余弦定理运算求解.
【详解】（1）过点作，垂足为，可知∥，
可得，且，
连接，则，即∥，

可得，且，
由题意可知：两个半平面所成的角为，
在，由余弦定理可得
，
即，对于二次函数，
因为，则，
所以.
（2）由（1）可知：当且仅当，即为相应边的中点时，的长取到最小，
此时，则，
取的中点，连接，

可知，所以平面与平面所成角为（或其补角），
因为，
在中，由余弦定理可得，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）连接，连接，利用几何法求出二面角的正弦值.
（2）由（1）中信息，求出点到平面的距离即得点到平面的距离.
【详解】（1）连接，连接，如图，
由四边形是边长为2的正方形，得，且为的中点，，
由平面，平面，得，而平面，
则平面，又平面，于是，因此是二面角的平面角，
由二面角为直二面角，得平面平面，而平面平面，
又，平面，则有平面，平面，
则，由平面，平面，得，平面，
于是平面，而平面，则，又，因此，
显然，从而，由平面，平面，得，
于是，则，
所以二面角的正弦值为.
（2）由（1）知，，为线段的中点，即平面经过线段的中点，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离，而平面，
即点到平面的距离为线段长，
所以点到平面的距离为.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得平面；
（2）先由面面垂直的性质得，再由可得平面，进而可得平面ABC⊥平面.
【详解】（1）因为是矩形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为是矩形，所以，．
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
而平面，所以，
因，
平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直线平行性质以及菱形对角线垂直的性质证明即可
（2）传统方法，分别在两个平面找垂直交线的直线，然后在三角形中求解二面角的大小.
【详解】（1）在菱形ABCD中，，，又点E，F分别为AD，CD的中点，
所以，则，易知，所以．
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由，得，
因为，所以，所以，
于是，所以．
由（1）知平面，又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
因为，所以二面角的大小为.
20．(1)；
(2).
【分析】（1）若是中点，连接，证得面面，即知直线与平面所成角为或其补角，进而求大小；
（2）同（1）知在面上投影在直线上，结合题设有是的中心或旁心，分别讨论求参数a即可.
【详解】（1）由题设，易知：、均是边长为2的等边三角形，
若是中点，连接，则，
由，面，故面，
又面，故面面，
所以直线与平面所成角，即为或其补角，
由上知：，而，故中，
所以，即直线与平面所成角为.

（2）由（1），在面上投影在直线上，
要使点D在面内的射影为点G到三边所在直线的距离相等，
所以是的中心或旁心，
若是的中心时，易知为正四面体，即；
若是的旁心时，如下图，过作于，连接，

所以，且平分，则，
由面，面，则，
在中，斜边，则，矛盾，故不为旁心.
综上，.
21．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用异面直线的判定定理即可；
（2）根据异面直线夹角的定义和直线到平面的距离定义即可求解；
（3）利用等体积法即可得到距离.
【详解】（1）因为平面，与平面交于点，
且点不在直线上，所以直线和为异面直线.
（2）连接，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，所以直线到底面的距离即为点到底面的距离，
因为，所以为异面直线AD与所成的角，
所以，
因为正四棱柱中，平面ABCD，平面ABCD，
所以线段的长为直线到底面ABCD的距离，
因为在中，，，
所以，
所以直线到底面ABCD的距离为．

（3）若平面上有且仅有一点到顶点的距离为2，则，
分别连接，因为棱的中点为，所以，
所以，因为底面，所以为三棱锥的高，
设点到平面的距离为，，
因为平面，且平面，所以，
所以三角形为直角三角形，所以，
设点到平面的距离为，则根据，
即，解得.
所以点到平面的距离为.

22．(1)
(2)点为棱中点时，证明见解析.
【分析】（1）根据线面角定义找到其角，利用反三角即可；
（2）利用线面平行的判定即可证明.
【详解】（1）分别连接、，
因为平面ABCD，
∴直线在平面ABCD上的射影为直线DB，
∴就是直线和平面ABCD所成的角，设正方体棱长为1，
则，所以，
∴直线和平面ABCD所成角的大小为．
（2）当点为棱中点时，此时直线与平面平行，
证明如下：因为点分别为棱和中点，
所以，因为平面，平面，
所以平面.
23．(1)证明见解析.
(2)
【分析】（1）通过证明即可证明结论；
（2）利用等体积法即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）由题意，
在三棱柱中，侧面均为正方形，，，若 是 的交点，又 为正方形，则 为 的中点，

在 中， , 又 面 面 ，
∥平面
（2）由题意，
四边形均为正方形，，，点是棱的中点，
∴，是等腰直角三角形，
,,
而 , 则 ,
又 , .
由 ，则 ，
又 ，若 到平面 的距离为 ，
, 可得
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据题意可得，即可得结果；
（2）分析可知点D到平面的距离等于点B到平面的距离，利用等体积法求点到面的距离.
【详解】（1）连接，
因为为正方形，且E为AC的中点，则E为BD的中点，
又因为均垂直于底面，且平面，
可得，且，
因为，且，则，
可得，可知，
所以.

（2）因为E为BD的中点，则点D到平面的距离等于点B到平面的距离，
设点B到平面的距离为d，
因为，
则，可得，
在三棱锥中，则有，
即，解得，
所以点D到平面的距离为.