2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.8 立体几何综合问题 （新教材新高考）（练）含答案

2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.8立体几何综合问题练基础练基础1.（2020·上海市建平中学月考）已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．非充分非必要条件2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A．北纬 B．南纬C．北纬 D．南纬3.（湖北高考真题）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A． B． C． D．4.（2021·永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为_________．5．（2021·四川省大竹中学高二期中（理））在正方体中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当__________时，平面．6．（2021·浙江高二期末）如图在四棱锥中，平面，，，，，，E是直线上的一个动点，则与平面所成角的最大值为________．7.（2021·浙江高二期中）在四棱锥中，四边形为正方形，，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为（为锐角），则当取最小值时，三棱锥的体积为____.8.（2021·全国高三其他模拟（理））莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________.9．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.10．（2021·济南市历城第二中学开学考试）在四棱锥中，侧面⊥底面，底面为直角梯形，//，，，，为的中点．（Ⅰ）求证：PA//平面BEF；（Ⅱ）若PC与AB所成角为，求的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值．练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2021·福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______.2．（2020·福建省福州第一中学高三期末（理））分别为菱形的边的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下命题正确的是___________.（写出所有正确命题的序号）①平面；②异面直线与所成的角为定值；③在二面角逐渐渐变小的过程中，三棱锥的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.3．（2020·全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动项目，有人称它为“世界第一运动”．早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球．1863年10月26日，英国人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织——英国足球协会，并统一了足球规则．人们称这一天是现代足球的诞生日．如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱．已知足球表面中的正六边形的面为20个，则该足球表面中的正五边形的面为______个，该足球表面的棱为______条．4．（2021·江苏南京市第二十九中学高三月考）在正三棱柱中，，点满足，其中，.（1）当时，三棱锥的体积为______.（2）当时，存在点，使得平面，则的取值集合为______.5.（2021·进贤县第一中学高二月考（理））如图，在棱长为1的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_______.6．（2021·贵州贵阳一中高三月考（文））如图甲为直角三角形ABC，B=，AB=4，BC=，且BD为斜边AC上的高，将三角形ABD沿BD折起，得到图乙的四面体A-BCD，E，F分别在DC与BC上，且满足，H，G分别为AB与AD的中点.（1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上；（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积.7．（2021·山东高三二模）如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．图①图②（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．8．（2021·福建其他）已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示.将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点.（1）求曲线的长度；（2）当时，求点到平面的距离.9．（2020·江西上高二中高二月考（理））如图,四棱锥中，，，，，．（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．10．（2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三月考）已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，．（1）若为中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由．练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A． B． C． D．2．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A． B． C． D．3．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．4．（2018·天津高考真题（理））如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；（II）求二面角的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.5.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?6.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?专题8.8立体几何综合问题练基础练基础1.（2020·上海市建平中学月考）已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．非充分非必要条件【答案】B【解析】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得或相交，反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．故选：B.2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A．北纬 B．南纬C．北纬 D．南纬【答案】D【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角，由华表的高和影长相等可知，所以.所以该天太阳直射纬度为南纬，故选：D.3.（湖北高考真题）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为，故选B.4.（2021·永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为_________．【答案】【解析】易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体积法即可解得.【详解】六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为，要使球状的馅的体积最大，则球与六面体的各面相切．如图，连接球心O与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥．设球的半径为R（O到六个面的距离，图里仅标记），则六面体的体积可表示为．易知，又六面体可以看成由两个底面积为，高的正四面体合成的，故其体积又可表示为，因此，解得．故粽子馅的最大体积为．故答案为：.5．（2021·四川省大竹中学高二期中（理））在正方体中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当__________时，平面．【答案】【解析】首先如图建立空间直角坐标系，利用垂直关系，转化为坐标运算求解.【详解】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为，，，，，，，，若平面，则，即，解得：，所以故答案为：6．（2021·浙江高二期末）如图在四棱锥中，平面，，，，，，E是直线上的一个动点，则与平面所成角的最大值为________．【答案】.【解析】建立空间直角坐标系如图，先求得平面的法向量，再设，则，设与平面所成的角为，则，由此可得，进而可得结果.【详解】依题意，以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，，，，，因为，所以设，设平面的一个法向量为，由得，取，得，设，则，设与平面所成的角为，则，又，所以，当即点与点重合时，与平面所成的角有最大值为.故答案为：.7.（2021·浙江高二期中）在四棱锥中，四边形为正方形，，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为（为锐角），则当取最小值时，三棱锥的体积为____.【答案】【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得当最小时的长，由此求得此时三棱锥的体积.【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为，，，其中，设平面的法向量为，则，令，则，所以，依题意，由于，所以当时，取得最大值，取得最小值.此时，.故答案为：8.（2021·全国高三其他模拟（理））莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________.【答案】【解析】根据某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，求得该32面体的棱数，然后根据顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系求解.【详解】因为某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数：；因为顶点数V､棱数E､面数F之间总满足数量关系，设顶点的个数为，则，解得，故答案为：；.9．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.【解析】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，由，，，所以平面，则平面，又，根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，若，则是等腰直角三角形，，又，所以中，由大角对大边知，所以，这与上面相矛盾，所以二面角的大小不能为.10．（2021·济南市历城第二中学开学考试）在四棱锥中，侧面⊥底面，底面为直角梯形，//，，，，为的中点．（Ⅰ）求证：PA//平面BEF；（Ⅱ）若PC与AB所成角为，求的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值．【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）二面角的余弦值为.【解析】（Ⅰ）证明：连接AC交BE于O，并连接EC，FO，

,为中点AE//BC，且AE=BC四边形ABCE为平行四边形O为AC中点又F为AD中点，，//平面（Ⅱ）由BCDE为正方形可得由ABCE为平行四边形可得//为即，侧面底面侧面底面平面，，.（Ⅲ）取中点，连，

，，平面，的平面角，又，，所以二面角的余弦值为．练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2021·福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______.【答案】2【解析】(1)当在上时,因为平面,故,又,故平面.故.又,为中点,故所以为中点.故.(2)取中点则由(1)有平面,故,又,设平面则有平面.故点的轨迹为.又此时,,故.所以.故答案为：(1).2(2).2．（2020·福建省福州第一中学高三期末（理））分别为菱形的边的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下命题正确的是___________.（写出所有正确命题的序号）①平面；②异面直线与所成的角为定值；③在二面角逐渐渐变小的过程中，三棱锥的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.【答案】①②④【解析】①由分别为菱形的边的中点，故，平面ABD，故平面；②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以，可证得平面DPB，故，又，故，异面直线与所成的角为定值.③借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥的外接球半径不可能先变小后变大.④过A在平面ABC中作交BC于H，若为锐角，H在线段BC上；若为直角，H与B点重合；为钝角，H在线段BC的延长线射线CB上.若存在某个位程，使得直线与直线垂直，由于，因此平面AHD，故.若为直角，H与B点重合，即，由于，不可能成立.若为钝角，则原平面图中，为锐角，由于立体图中，故立体图中一定比原图中更小，因此为锐角，，故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此的取值范围是.故答案为：①②④3．（2020·全国高三专题练习（文））现代足球运动是世上开展得最广泛、影响最大的运动项目，有人称它为“世界第一运动”．早在2000多年前的春秋战国时代，就有了一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球．1863年10月26日，英国人在伦敦成立了世界上第一个足球运动组织——英国足球协会，并统一了足球规则．人们称这一天是现代足球的诞生日．如图所示，足球表面是由若干黑色正五边形和白色正六边形皮围成的，我们把这些正五边形和正六边形都称为足球的面，任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱．已知足球表面中的正六边形的面为20个，则该足球表面中的正五边形的面为______个，该足球表面的棱为______条．【答案】1290【解析】足球每块黑色皮子的5条边分别与5块白色皮子的边缝在一起；每块白色皮子的6条边中，有3条边与黑色皮子的边缝在一起，另3条边则与其他白色皮子的边缝在一起.所以设这个足球有x块正五边形，一共有5x条边，其中白皮三条边和黑皮相连，又足球表面中的正六边形的面为20个，根据题意可得方程：，解得，该足球表面中的正五边形的面为12个；因为任何相邻两个面的公共边叫做足球的棱，所以每条棱由两条边组成，该足球表面的棱为：条.故答案为：12；90.4．（2021·江苏南京市第二十九中学高三月考）在正三棱柱中，，点满足，其中，.（1）当时，三棱锥的体积为______.（2）当时，存在点，使得平面，则的取值集合为______.【答案】【解析】（1）根据向量线性运算法则，时，在线段上，由可得体积．（2）同理时，分别取中点为，在线段上，取中点，利用线面垂直的判定与性质证明，从而确定点与点重合，得结论．【详解】（1）时，＝，，所以在线段上，如图1，三棱柱是正三棱柱，因此到平面的距离等于，，所以；图1（2）分别取中点为，连接，如图2，由与（1）同理可得在线段上，平面，平面，则，取中点，连接，则，由平面平面，平面平面，得平面，又平面，所以，而，平面，所以平面，平面，所以，在正方形中，因为是中点，因此由，得与的交点是的中点，所以与重合，．所以的取值集合为．图25.（2021·进贤县第一中学高二月考（理））如图，在棱长为1的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_______.【答案】【解析】建立空间直角坐标系，设点，，求出平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，，则，求解取值范围即可.【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，建立空间直角坐标系如图，则，，，，.设，则的方向向量设平面的法向量，，，，，即，取，则若平面，则即，则.又即，，，即.故答案为：6．（2021·贵州贵阳一中高三月考（文））如图甲为直角三角形ABC，B=，AB=4，BC=，且BD为斜边AC上的高，将三角形ABD沿BD折起，得到图乙的四面体A-BCD，E，F分别在DC与BC上，且满足，H，G分别为AB与AD的中点.（1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上；（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用得但不相等，即可证得直线相交，利用基本事实3即可证得交点在直线AC上；（2）先利用线面垂直的判定定理证得平面，即可证得，同理又，即可证得四边形为直角梯形，利用梯形面积公式求得其面积.【详解】（1）证明：由题意知，，但，所以直线与FH相交，设交点为，因为平面，平面，同理平面，又因为平面平面，所以.（2）解：由题意知，所以平面，又平面，所以，同理又，所以四边形为直角梯形，因为，所以，则，所以7．（2021·山东高三二模）如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．图①图②（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．【解析】（1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断.【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，∵是的中点，，∴是的中位线，∴且，所以为平行四边形，∴，因为面，面，所以平面．（2）解：取的中点为，连接，，其中，，由可得，显然面，故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴；如图建立空间直角坐标系，则，，，，设存在点，，，，易知面的法向量可取，另外，，设面的一个法向量为，则，可取一个法向量为，则，为的中点．故存在点为的中点．8．（2021·福建其他）已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示.将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点.（1）求曲线的长度；（2）当时，求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）【解析】（1）曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长,其中,底面的半圆长为∴的长为（2）当时,建立如图所示的空间直角坐标系:则有、、、,所以、、.设平面的法向量为,则,代入可得,令,得,所以点到平面的距离为.9．（2020·江西上高二中高二月考（理））如图,四棱锥中，，，，，．（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见证明；（2）见解析【解析】（1）证明：因为四边形为直角梯形，且,,,所以，又因为．根据余弦定理得所以，故.又因为,,且,平面，所以平面，又因为平面PBC，所以（2）由（1）得平面平面,设为的中点，连结，因为,所以,,又平面平面，平面平面，平面.如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，假设存在满足要求，设，即，所以,易得平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，，由得，不妨取.因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，解得，（不合题意舍去）.故存在点满足条件，且.10．（2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三月考）已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，．（1）若为中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.靠近C的三等分点【解析】（1）设与交于点，连接，则可得为的中点，而为的中点，由三角形中位线定理可得，然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可证得，，两两垂直，所以分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，（3）假设存在点，满足题意，且此时，然后利用空间向量求二面角【详解】（1）证明：如图，设与交于点，连接，∵四边形为矩形，∴为的中点，又因为为的中点，∴，而平面，平面，∴平面；（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，，两两垂直，所以如图，分别以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，根据题意，则有，，，，所以，，，假设平面的一个法向量为，则有，设直线与平面所成角的平面角为，则有．（3）解：假设存在点，满足题意，且此时，即得，则有，，假设平面的一个法向量为，则有，又因为平面的一个法向量为，根据题意，则有，解之可得，，即得，即点为线段上靠近点的一个三等分点，坐标为．练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.2．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，因此从而因为，所以即，选D.3．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.棱长为.【解析】【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．4．（2018·天津高考真题（理））如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；（II）求二面角的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.5.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）【解析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【详解】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．6.（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）【解析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【详解】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．专题9.1直线与直线方程练基础练基础1.（福建高考真题（文））“a=1”是“直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．（2020·肥东县综合高中月考（文））点在直线上，是坐标原点，则的最小值是（）A． B． C． D．3．【多选题】（2021·全国高二课时练习）（多选）已知直线，则直线（）．A．过点 B．斜率为C．倾斜角为60° D．在轴上的截距为14．【多选题】（2021·全国高二课时练习）（多选）已知直线，则下列说法正确的是（）．A．直线的斜率可以等于0B．若直线与轴的夹角为30°，则或C．直线恒过点D．若直线在两坐标轴上的截距相等，则或5．【多选题】（2021·全国高二课时练习）（多选）已知直线的方程为，则下列判断正确的是（）．A．若，则直线的斜率小于0B．若，，则直线的倾斜角为90°C．直线可能经过坐标原点D．若，，则直线的倾斜角为0°6．（2021·全国高二课时练习）直线的斜率为______，在轴上的截距为______.7．（2021·全国）已知直线，将直线绕点按逆时针方向旋转后，所得直线的方程为_______，将直线绕点按顺时针方向旋转45°后，所得直线的方程为_______．8．（2021·浙江衢州·高二期末）已知直线：和：，且，则实数__________，两直线与之间的距离为__________．9.（2020·浙江开学考试）已知直线的方程为，直线的方程为，则直线的斜率为___________，直线与的距离为___________.10．（2021·抚松县第一中学高二月考）已知A（1，0），B（﹣1，2），直线l：2x﹣ay﹣a＝0上存在点P，满足|PA|+|PB|＝，则实数a的取值范围是___________．练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2021·绥德中学高一月考）已知，，直线恒过点(，1)，则的最小值为（）A．8 B．9 C．16 D．182．（2019·四川高考模拟（文））已知点在动直线上的投影为点，若点，那么的最小值为（）A．2 B． C．1 D．3．（2019·湖南衡阳市八中高三月考（文））已知直线的倾斜角为且过点，其中，则直线的方程为()A. B. C. D.4．（四川高考真题（文））设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（）A． B． C． D．5.（2020·浙江）已知点，直线l过点M且与直线平行，则直线l的方程为____________；点M关于直线的对称点的坐标为_______________.6．（2019·黑龙江鹤岗·月考（文））已知直线经过点，且与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点，为坐标原点.（1）若点到直线的距离为4，求直线的方程；（2）求面积的最小值.7.（2021·抚松县第一中学高二月考）已知直线l1：2x+y+3＝0，l2：x﹣2y＝0．(1)求直线l1关于x轴对称的直线l3的方程，并求l2与l3的交点P；(2)求过点P且与原点O（0，0）距离等于2的直线m的方程．8．（2021·宝山区·上海交大附中高一开学考试）如图，点，在反比例函数的图象上，经过点A､B的直线与x轴相交于点C，与y轴相交于点D.

（1）若，求n的值；（2）求的值；（3）连接OA､OB，若，求直线AB的函数关系式.9．（2021·全国高二课时练习）已知点.（1）求过点且与原点的距离为2的直线的方程.（2）是否存在过点且与原点的距离为6的直线？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.10．（2021·全国高三专题练习）是等腰直角三角形，，动直线l过点与的斜边、直角边分别交于不同的点M、N（如图所示）.（1）设直线l的斜率为k，求k的取值范围，并用k表示M的坐标；（2）试写出表示的面积S的函数解析式，并求的最大值.练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1.（上海高考真题（文））已知直线：与：平行，则的值是（）.A．或 B．或 C．或 D．或2．（2020·山东高考真题）已知直线的图像如图所示，则角是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角3．（2021·山东高考真题）如下图，直线的方程是（）A． B．C． D．4．（2021·湖南高考真题）点到直线的距离为（）A． B． C． D．5.（全国高考真题（理））已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（）A.（0，1） B. C. D.6.（2011·安徽高考真题（理））在平面直角坐标系中，如果与都是整数，就称点为整点，下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点②如果与都是无理数，则直线不经过任何整点③直线经过无穷多个整点，当且仅当经过两个不同的整点④直线经过无穷多个整点的充分必要条件是：与都是有理数⑤存在恰经过一个整点的直线专题9.1直线与直线方程练基础练基础1.（福建高考真题（文））“a=1”是“直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】直线x+y=0和直线x−ay=0互相垂直的充要条件是1×(−a)+1×1=0，即a=1，故选C2．（2020·肥东县综合高中月考（文））点在直线上，是坐标原点，则的最小值是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】原点到直线的距离为.故选C.3．【多选题】（2021·全国高二课时练习）（多选）已知直线，则直线（）．A．过点 B．斜率为C．倾斜角为60° D．在轴上的截距为1【答案】BC【分析】根据直线斜截式方程的定义，依次判断，即得解【详解】点的坐标不满足方程，故A错误；根据斜截式的定义，直线的斜率，则其倾斜角为60°，故B，C正确；由，知直线在轴上的截距为，故D错误．故选：BC4．【多选题】（2021·全国高二课时练习）（多选）已知直线，则下列说法正确的是（）．A．直线的斜率可以等于0B．若直线与轴的夹角为30°，则或C．直线恒过点D．若直线在两坐标轴上的截距相等，则或【答案】BD【分析】讨论和时直线的斜率和截距情况，判断AD的正误；利用倾斜角和斜率的关系判断B的正误；将方程化为判断直线过定点，判断C的正误.【详解】当时，直线，斜率不存在，当时，直线的斜率为，不可能等于0，故A选项错误；∵直线与轴的夹角角为30°，∴直线的倾斜角为60°或120°，而直线的斜率为，∴或，∴或，故B选项正确；直线的方程可化为，所以直线过定点，故C选项错误；当时，直线，在轴上的截距不存在，当时，令，得，令，得，令，得，故D选项正确．故选：BD．5．【多选题】（2021·全国高二课时练习）（多选）已知直线的方程为，则下列判断正确的是（）．A．若，则直线的斜率小于0B．若，，则直线的倾斜角为90°C．直线可能经过坐标原点D．若，，则直线的倾斜角为0°【答案】ABD【分析】根据直线方程与斜率，倾斜角的关系，依次讨论各选项即可得答案.【详解】对于A选项，若，则直线的斜率，A正确；对于B选项，若，，则直线的方程为，其倾斜角为90°，B正确；对于C选项，将代入中，显然不成立，C错误；对于D选项，若，，则直线的方程为，其倾斜角为0°，D正确．故选：ABD．6．（2021·全国高二课时练习）直线的斜率为______，在轴上的截距为______.【答案】【分析】将直线转化为斜截式即可得出斜率，令可求出在轴上的截距.【详解】由，可得，故该直线的斜率.令，得，所以该直线在轴上的截距为.故答案为：；.7．（2021·全国）已知直线，将直线绕点按逆时针方向旋转后，所得直线的方程为_______，将直线绕点按顺时针方向旋转45°后，所得直线的方程为_______．【答案】【分析】根据斜率和倾斜角的关系得出直线和直线的斜率再求解其直线方程即可.【详解】易知直线的斜率为，倾斜角为，所以直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，又因为直线和直线都经过点，所以直线和直线的方程分别为，．故答案为：；8．（2021·浙江衢州·高二期末）已知直线：和：，且，则实数__________，两直线与之间的距离为__________．【答案】-4；2【分析】根据两直线平行斜率相等求解参数即可；运用两平行线间的距离公式计算两直线之间的距离可得出答案.【详解】解：直线和，，

，解得；

∴

两直线与间的距离是：.

故答案为：；2.9.（2020·浙江开学考试）已知直线的方程为，直线的方程为，则直线的斜率为___________，直线与的距离为___________.【答案】【解析】直线的方程为即为，斜率为.因为直线的方程为即为，所以直线与平行，则直线与的距离为.故答案为：；10．（2021·抚松县第一中学高二月考）已知A（1，0），B（﹣1，2），直线l：2x﹣ay﹣a＝0上存在点P，满足|PA|+|PB|＝，则实数a的取值范围是___________．【答案】【分析】计算线段AB的距离，得到点P的轨迹，将点A，B分别代入2x﹣ay﹣a＝0，得到，根据题意得到直线所过定点Ｃ，求出直线AC,BC的斜率，根结合直线l与线段AB始终有交点计算出的取值范围.【详解】因为，且，由图可知，点P的轨迹为线段AB，将点A，B的坐标分别代入直线l的方程，可得a＝2，a＝，由直线l的方程可化为：2x﹣a（y+1）＝0，所以直线l过定点C（0，﹣1），画出图形，如图所示：因为直线AC的斜率为kAC＝1，直线BC的斜率为kBC＝＝﹣3，所以直线l的斜率为k＝，令，解得≤a≤2，所以a的取值范围是[，2]．故答案为：[，2]．练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2021·绥德中学高一月考）已知，，直线恒过点(，1)，则的最小值为（）A．8 B．9 C．16 D．18【答案】B【分析】利用给定条件可得，再借助“1”的妙用即可计算得解.【详解】因直线恒过点(，1)，则有，即，又，，则，当且仅当，即时取“=”，由得，所以当时，取得最小值9.故选：B2．（2019·四川高考模拟（文））已知点在动直线上的投影为点，若点，那么的最小值为（）A．2 B． C．1 D．【答案】D【解析】因为动直线，所以该直线过定点Q（1,3），所以动点M在以PQ为直径的圆上，所以圆的半径为圆心的坐标为，所以点N到圆心的距离为，所以的最小值为.故答案为：D3．（2019·湖南衡阳市八中高三月考（文））已知直线的倾斜角为且过点，其中，则直线的方程为()A. B. C. D.【答案】B【解析】，，则直线方程为：，即故选4．（四川高考真题（文））设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，令，则.因为，所以.所以，.选B.法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.5.（2020·浙江）已知点，直线l过点M且与直线平行，则直线l的方程为____________；点M关于直线的对称点的坐标为_______________.【答案】【分析】根据所求直线与直线平行，设方程为求解；设点M关于直线的对称点的坐标为，由求解.【详解】因为所求直线与直线平行，所以设方程为，因为直线过点，代入直线方程解得，所以所求直线方程为：；设点M关于直线的对称点的坐标为，则，解得，所以点M关于直线的对称点的坐标为故答案为：，6．（2019·黑龙江鹤岗·月考（文））已知直线经过点，且与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点，为坐标原点.（1）若点到直线的距离为4，求直线的方程；（2）求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意可设直线的方程为，即，则，解得.故直线的方程为，即.（2）因为直线的方程为，所以，，则的面积为.由题意可知，则（当且仅当时，等号成立）.故面积的最小值为.7.（2021·抚松县第一中学高二月考）已知直线l1：2x+y+3＝0，l2：x﹣2y＝0．(1)求直线l1关于x轴对称的直线l3的方程，并求l2与l3的交点P；(2)求过点P且与原点O（0，0）距离等于2的直线m的方程．【答案】(1)2x﹣y+3＝0，P（﹣2，﹣1）；(2)3x+4y+10＝0或x＝﹣2.【分析】(1)由对称关系求直线l3的方程，联立l2与l3的方程，求点P的坐标，(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的点斜式方程，由点到直线距离公式列方程求斜率，由此可得直线m的方程，再检验过点P的斜率不存在的直线是否满足要求.【详解】(1)由题意，直线l3与直线l1的倾斜角互补，从而它们的斜率互为相反数，且l1与l3必过x轴上相同点，∴直线l3的方程为2x﹣y+3＝0，由解得∴P（﹣2，﹣1）．(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y+1＝k（x+2），即kx﹣y+2k﹣1＝0，∴原点O（0，0）到直线m距离为，解得，∴直线m方程为3x+4y+10＝0，当直线m的斜率不存在时，直线x＝﹣2满足题意，综上直线m的方程为3x+4y+10＝0或x＝﹣2．8．（2021·宝山区·上海交大附中高一开学考试）如图，点，在反比例函数的图象上，经过点A､B的直线与x轴相交于点C，与y轴相交于点D.

（1）若，求n的值；（2）求的值；（3）连接OA､OB，若，求直线AB的函数关系式.【答案】【分析】（1）先把A点坐标代入求出k的值得到反比例函数解析式为，然后把代可求出n的值；（2）利用反比例函数图象上点的坐标特征得到4m＝k，﹣4n＝k，然后把两式相减消去k即可得到m+n的值；（3）作AE⊥y轴于E，BF⊥x轴于F，如图，利用正切的定义得到tan∠AOE，，则，加上，于是可解得，从而得到，，然后利用待定系数法求直线AB的解析式．【详解】（1）当m＝2，则A（2，4），把A（2，4）代入得k＝2×4＝8，所以反比例函数解析式为，把代入得﹣4n＝8，解得n＝﹣2；（2）因为点A（m，4），B（﹣4，n）在反比例函数的图象上，所以4m＝k，﹣4n＝k，所以4m+4n＝0，即m+n＝0；（3）作AE⊥y轴于E，BF⊥x轴于F，如图，在Rt△AOE中，tan∠AOE，在Rt△BOF中，，而tan∠AOD+tan∠BOC＝1，所以，而m+n＝0，解得m＝2，n＝﹣2，则A（2，4），B（﹣4，﹣2），设直线AB的解析式为y＝px+q，把