A．5B．6C．7D．8
2．（2024?濮陽模擬）如圖，將繪有函數部分圖像的紙片沿軸折成直二面角，此時，之間的距離為，則
A．B．C．D．
3．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）如圖，三棱柱滿足棱長都相等且平面，是棱的中點，是棱上的動點．設，隨著增大，平面與底面所成銳二面角的平面角是
A．先增大再減小B．減小C．增大D．先減小再增大
4．（2024?日照模擬）如圖，已知四面體的棱平面，且，其余的棱長均為．四面體以所在的直線為軸旋轉弧度，且四面體始終在水平放置的平面的上方．如果將四面體在平面內正投影面積看成關于的函數，記為，則函數的最小正周期與取得最小值時平面與平面所成角分別為
A．，0B．C．D．
5．（2024?榆林三模）已知正三棱錐的側棱與底面邊長的比值為，則三棱錐的側棱與底面所成角的正弦值為
A．B．C．D．
6．（2024?廣東模擬）半正多面體是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，如圖所示的多面體就是一個半正多面體，其中四邊形和四邊形均為正方形，其余八個面為等邊三角形，已知該多面體的所有棱長均為2，則平面與平面之間的距離為
A．B．C．D．
7．（2024?遼寧二模）已知二面角的平面角為，與平面所成角為．記的面積為，的面積為，則的取值范圍為
A．B．C．D．
8．（2024?臨沂二模）已知正方體中，，分別為，的中點，則
A．直線與所成角的余弦值為
B．平面與平面夾角的余弦值為
C．在上存在點，使得
D．在上存在點，使得平面
9．（2024?河南模擬）如圖是棱長均為2的柏拉圖多面體，已知該多面體為正八面體，四邊形為正方形，、分別為、的中點，則點到平面的距離為
A．B．1C．D．
10．（2024?荊州區(qū)校級模擬）已知正四棱臺上底面邊長為1，下底面邊長為2，體積為7，則正四棱臺的側棱與底面所成角的正切值為
A．B．C．D．
二．多選題（共5小題）
11．（2024?故城縣校級模擬）如圖，已知圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長為2，，分別為上、下底面的直徑，，為圓臺的母線，為弧的中點，則
A．圓臺的側面積為
B．直線與下底面所成的角的大小為
C．圓臺的體積為
D．異面直線和所成的角的大小為
12．（2024?全國模擬）在棱長為2的正方體中，，分別為，的中點，則
A．與是異面直線
B．存在點，使得，且平面
C．與平面所成角的余弦值為
D．點到平面的距離為
13．（2024?中山市校級模擬）四棱錐的底面為正方形，與底面垂直，，，動點在線段上，則
A．不存在點，使得
B．的最小值為
C．四棱錐的外接球表面積為
D．點到直線的距離的最小值為
14．（2024?遼寧模擬）如圖，圓錐的底面圓的直徑，母線長為，點是圓上異于，的動點，則下列結論正確的是
A．與底面所成角為
B．圓錐的表面積為
C．的取值范圍是
D．若點為弧的中點，則二面角的平面角大小為
15．（2024?青羊區(qū)校級模擬）已知正三棱柱的各棱長都為1，為的中點，則
A．直線與直線為異面直線
B．平面
C．二面角的正弦值為
D．若棱柱的各頂點都在同一球面上，則該球的表面積為
三．填空題（共5小題）
16．（2024?南昌模擬）如圖，在長方體中，，，點為的中點，則點到平面的距離為 ．
17．（2024?通州區(qū)模擬）如圖，幾何體是以正方形的一邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉形成的面所圍成的幾何體，點是圓弧的中點，點是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：
①不存在點，使得平面平面；
②存在點，使得平面；
③不存在點，使得點到平面的距離大于；
④存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為．其中所有正確結論的序號是 ．
18．（2024?博白縣模擬）如圖，甲站在水庫底面上的點處，乙站在水壩斜面上的點處，測得從，到庫底與水壩的交線的距離分別為，．又測得的長為，的長為，則水庫底面與水壩斜面所成的二面角的大小為 ．
19．（2024?洪山區(qū)校級模擬）如圖，在直三棱柱中，，，，為線段上的一點，且二面角的正切值為3，則三棱錐的外接球的體積為 ．
20．（2024?長沙三模）如圖所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一條直角邊在平面內，另一條直角邊長為且，若平面上存在點，使得△的面積為，則線段長度的最小值為 ．
四．解答題（共5小題）
21．（2024?王益區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，點是棱的中點．
（1）求證：平面；
（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
22．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖，圓柱的軸截面是正方形，點在底面圓周上，，為垂足．
（1）求證：．
（2）當直線與平面所成角的正切值為2時．
①求平面與平面夾角的余弦值；
②求點到平面的距離．
23．（2024?東莞市校級三模）如圖，在矩形紙片中，，，沿將折起，使點到達點的位置，點在平面的射影落在邊上．
（1）求的長度；
（2）若是邊上的一個動點，是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求的長度；若不存在，說明理由．
24．（2024?西城區(qū)模擬）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，，，為的中點．
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．
25．（2024?開州區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐中，四邊形是菱形，平面平面，點在上，且，，．
（1）求證：平面；
（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．
2025年菁優(yōu)高考數學壓軸訓練15
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2024?利通區(qū)校級模擬）某禮品店銷售的一裝飾擺件如圖所示，由球和正三棱柱加工組合而成，球嵌入正三棱柱內一部分且與上底面三條棱均相切，正三棱柱的高為4，底面正三角形邊長為6，球的體積為，則該幾何體最高點到正三棱柱下底面的距離為
A．5B．6C．7D．8
【答案】
【考點】點、線、面間的距離計算
【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數學運算
【分析】設球的半徑為，由球的體積求出，求出正三棱柱底面正三角形的內切圓半徑，設球心為，正三角形的內切圓圓心為，取的中點，并將這三點順次連接，由球的幾何性質求出，即可得到答案．
【解答】解：設球的半徑為，三棱柱上底面正三角形的內切圓半徑為，
因為球的體積為，則，解得，
因為正三棱柱的高為4，底面正三角形邊長為6，
所以底面正三角形的內切圓半徑為，正三棱柱的高為4，
設球心為，正三角形的內切圓圓心為，
取的中點，并將這三點順次連接，
則由球的幾何知識可得△為直角三角形，
所以，
于是該幾何體最高點到正三棱柱下底面的距離為．
故選：．
【點評】本題考查了空間中點到平面的距離問題，球的體積公式的應用，球的幾何性質的應用，正棱柱幾何性質的應用，考查了邏輯推理能力、空間想象能力與化簡運算能力，屬于中檔題．
2．（2024?濮陽模擬）如圖，將繪有函數部分圖像的紙片沿軸折成直二面角，此時，之間的距離為，則
A．B．C．D．
【答案】
【考點】正弦函數的圖象；幾何法求解二面角及兩平面的夾角
【專題】轉化思想；轉化法；數學運算；立體幾何
【分析】根據三角函數圖象的性質結合函數圖象求解即可．
【解答】解：如圖，因為的周期為，
所以，
，
所以折成直二面角時，，
解得，
所以，
所以，
，
因為，
所以或，
又因為函數在軸右側附近單調遞減，
所以．
故選：．
【點評】本題考查三角函數圖象應用，考查二面角的計算，屬于中檔題．
3．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）如圖，三棱柱滿足棱長都相等且平面，是棱的中點，是棱上的動點．設，隨著增大，平面與底面所成銳二面角的平面角是
A．先增大再減小B．減小C．增大D．先減小再增大
【考點】：二面角的平面角及求法
【專題】11：計算題；31：數形結合；41：向量法；：空間角；63：數學建模
【分析】以為原點，在平面中過作的垂線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出平面與底面所成銳二面角的平面角隨著增大而增大．
【解答】解：以為原點，在平面中過作的垂線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
設正三棱柱中所在棱長都是2，
則，1，，，2，，，0，，
，1，，，，，
設平面的法向量，，，
則，取，得，，，
平面的法向量，0，，
設平面與底面所成銳二面角的平面角為，
，
隨著增大而先增大后減小，
隨著增大而先減小后增大．
故選：．
【點評】本題考查二面角的平面角的變化趨勢的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題．
4．（2024?日照模擬）如圖，已知四面體的棱平面，且，其余的棱長均為．四面體以所在的直線為軸旋轉弧度，且四面體始終在水平放置的平面的上方．如果將四面體在平面內正投影面積看成關于的函數，記為，則函數的最小正周期與取得最小值時平面與平面所成角分別為
A．，0B．C．D．
【答案】
【考點】直線與平面所成的角
【專題】轉化法；轉化思想；數學運算；立體幾何
【分析】根據對稱性得出的周期；取中點，可得，到的距離為，且直線與平面所成的角為，面，面面，設在平面的投影為，可得，討論一個周期內的情形，當，時，，則；當，時，，求出及此時與的關系，即可求出此時平面與平面所成角．
【解答】解：設過且平行于平面的平面為，
由題意知，四面體在平面的上方時和下方時完全對稱，故函數的周期為，
取中點，連接、，如圖，
，，，，
，，，，
則，而，故，，
到的距離為．
又，，，平面，
平面，
則為直線與平面所成的角，又，
直線與平面所成的角為，
，，為中點，
，，又，，在平面內，則面，
又面，則，
，，，，在平面內，則面，
又面，則面面，
設在平面的投影為，可得，
下面討論一個周期內的情形：
當時，如圖，
，
，，
則，
故，
當時，如圖，
到的距離為，，當時等號成立，
，即，
綜上所述，，
此時，又直線與平面所成的角為，
平面與平面所成的角為．
故選：．
【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬于難題．
5．（2024?榆林三模）已知正三棱錐的側棱與底面邊長的比值為，則三棱錐的側棱與底面所成角的正弦值為
A．B．C．D．
【答案】
【考點】幾何法求解直線與平面所成的角
【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；數學運算
【分析】根據三棱錐的側棱與底面所成角為，即可求解．
【解答】解：如圖，為等邊三角形，為中點，面，
設，則，，，
所以，
則三棱錐的側棱與底面所成角為，
則．
故選：．
【點評】本題考查線面角的求法，屬于中檔題．
6．（2024?廣東模擬）半正多面體是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，如圖所示的多面體就是一個半正多面體，其中四邊形和四邊形均為正方形，其余八個面為等邊三角形，已知該多面體的所有棱長均為2，則平面與平面之間的距離為
A．B．C．D．
【答案】
【考點】空間中兩平行平面間的距離及平行于平面的直線到平面的距離
【專題】計算題；數學運算；轉化思想；空間位置關系與距離；綜合法
【分析】分別取，的中點，，作出截面，結合幾何體的性質，確定梯形的高即為平面與平面之間的距離，由此即可求得答案．
【解答】解：分別取，的中點，，連接，，，，
根據半正多面體的性質可知，四邊形為等腰梯形；
根據題意可知，，
而，，平面，
故平面，又平面，
故平面平面，則平面平面，
作，垂足為，平面平面，
平面，故平面，
則梯形的高即為平面與平面之間的距離；
，
故，
即平面與平面之間的距離為．
故選：．
【點評】本題考查了空間想象能力，解答的關鍵是根據幾何體的結構特征，作出其截面圖，確定梯形的高即為平面與平面之間的距離，即可求得答案，屬中檔題．
7．（2024?遼寧二模）已知二面角的平面角為，與平面所成角為．記的面積為，的面積為，則的取值范圍為
A．B．C．D．
【答案】
【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角
【專題】對應思想；數學運算；綜合法；立體幾何
【分析】作出二面角的平面角以及與平面所成角，并表示出，結合三角形面積公式以及正弦定理表示出，結合范圍確定范圍，即可求得答案．
【解答】解：作，垂足為，連接，
，即，，，平面，
平面，平面，
，又，故平面，平面，
為在內的射影，則為與平面所成角，即，
，，
為二面角的平面角，即，
，
在中，由正弦定理有：
，
，
，又，
，，又，
，即，．
故選：．
【點評】本題考查了二面角的平面角及線面角的作法，然后將三角形面積比轉化為邊之比來解決問題，屬于中檔題．
8．（2024?臨沂二模）已知正方體中，，分別為，的中點，則
A．直線與所成角的余弦值為
B．平面與平面夾角的余弦值為
C．在上存在點，使得
D．在上存在點，使得平面
【答案】
【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角
【專題】數形結合；向量法；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數學運算
【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷，，；由，，，四點共面，而平面可判斷．
【解答】解：以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設正方體的棱長為1，
則，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，，
對于，因為，，
所以直線與所成角的余弦值為，故錯誤；
對于，因為，，
設平面的法向量為，則，
所以，令，可得，，所以，
因為，，
設平面的法向量為，則，
所以，令，可得，，所以，
平面與平面夾角的余弦值為：
，故錯誤；
對于，因為在上，設，1，，所以，，
則，所以，，
所以，1，，，
所以，解得：．
故上存在點，使得，故正確；
對于，因為，所以，，，四點共面，
而平面，所以上不存在點，使得平面，故錯誤．
故選：．
【點評】本題考查空間中點、直線、平面的位置關系與空間角的求法，屬于中檔題．
9．（2024?河南模擬）如圖是棱長均為2的柏拉圖多面體，已知該多面體為正八面體，四邊形為正方形，、分別為、的中點，則點到平面的距離為
A．B．1C．D．
【答案】
【考點】空間中點到平面的距離
【專題】數學運算；等體積法；空間位置關系與距離；轉化思想
【分析】由三棱錐等體積法，可得，運算得解．
【解答】解：連接，，
由已知得為的中位線，所以，
又為正三角形的中線，所以，又，
所以，所以為直角三角形，
所以，
因為，所以到平面的距離為，
設到平面的距離為，
因為，所以，
所以，所以．
故選：．
【點評】本題考查利用等體積法求點到平面的距離，屬中檔題．
10．（2024?荊州區(qū)校級模擬）已知正四棱臺上底面邊長為1，下底面邊長為2，體積為7，則正四棱臺的側棱與底面所成角的正切值為
A．B．C．D．
【答案】
【考點】幾何法求解直線與平面所成的角
【專題】立體幾何；數學運算；轉化法；轉化思想
【分析】畫出相應圖形，借助正四棱臺的性質及體積公式可得其高，結合線面角定義計算即可得解．
【解答】解：如圖所示，作于點，
則，即，
，
則，
由正四棱臺的側棱與底面所成角即為與底面所成角，
設其為，則，即，
故選：．
【點評】本題考查棱臺的體積公式以及線面角的計算，屬于中檔題．
二．多選題（共5小題）
11．（2024?故城縣校級模擬）如圖，已知圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長為2，，分別為上、下底面的直徑，，為圓臺的母線，為弧的中點，則
A．圓臺的側面積為
B．直線與下底面所成的角的大小為
C．圓臺的體積為
D．異面直線和所成的角的大小為
【答案】
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；異面直線及其所成的角；直線與平面所成的角；旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積；棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積
【專題】空間位置關系與距離；邏輯推理；轉化思想；數學運算；綜合法
【分析】由圓臺的側面積公式以及體積公式可判斷；由線面角的定義可判斷；由異面直線所成角的定義可判斷．
【解答】解：由題意可得上底面半徑為，下底面圓半徑為，母線，
則圓臺的側面積為，故正確；
作圓臺的軸截面如圖所示，作，，
則直線與下底面所成角為，且，
則，且，
則，，故正確；
上底面圓的面積，，圓臺的高，
則圓臺的體積為，故錯誤；
取中點，連接，，，由為弧的中點，可得，
過點，作，連接，
則，且，，
則四邊形為平行四邊形，，
異面直線和所成角即為與所成角，
，，
，
在中，，，
為直角三角形，則，故正確．
故選：．
【點評】本題考查圓臺側面積、體積、線面角定義、異面直線所成角定義等基礎知識，考查運算求解能力，是中等題．
12．（2024?全國模擬）在棱長為2的正方體中，，分別為，的中點，則
A．與是異面直線
B．存在點，使得，且平面
C．與平面所成角的余弦值為
D．點到平面的距離為
【答案】
【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面平行；異面直線及其所成的角；直線與平面所成的角
【專題】轉化思想；數學運算；空間向量及應用；綜合法
【分析】建立空間直角坐標系，通過向量的關系逐項判斷各個選項．
【解答】解：選項，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，
建立空間直角坐標系，，0，，，2，，，1，，，2，，
，0，，，0，，，2，，
則，，由于，故與平行，錯誤；
選項，設，，，因為，所以，，，，，即，
解得，，，故，
設平面的法向量為，則，
令，則，，則，因為，故，
平面，故存在點，使得，且平面，正確；
選項，平面的法向量為，
故與平面所成角的正弦值為，
則與平面所成角的余弦值為，正確；
選項，設平面的法向量為，則，令
，則，，故，
則點到平面的距離為，錯誤．
故選：．
【點評】本題考查空間向量的應用，考查點到面的距離，考查線面的位置關系，屬于中檔題．
13．（2024?中山市校級模擬）四棱錐的底面為正方形，與底面垂直，，，動點在線段上，則
A．不存在點，使得
B．的最小值為
C．四棱錐的外接球表面積為
D．點到直線的距離的最小值為
【答案】
【考點】點、線、面間的距離計算；球的體積和表面積
【專題】整體思想；數學運算；計算題；空間位置關系與距離；綜合法
【分析】根據線面垂直的判定定理和性質定理可判斷選項，根據平面知識兩點間距離最短，把幾何圖形展開成平面圖形可判斷選項，易知四棱錐的外接球的直徑為可判斷選項，把點線距轉化為線線距，由線面平行的判定定理，把線線距轉化為點面距可判斷選項．
【解答】解：對于：連接，且，如圖所示，當在中點時，
因為點為的中點，所以，因為平面，
所以平面，又因為平面，所以，
因為為正方形，所以．
又因為，且，平面，所以平面，
因為平面，所以，所以錯誤；
對于：將和所在的平面沿著展開在一個平面上，如圖所示，
則的最小值為，直角斜邊上高為，即，直角斜邊上高也為，所以的最小值為，所以正確；
對于：易知四棱錐的外接球直徑為，半徑，表面積，所以正確；
對于：點到直線的距離的最小值即為異面直線與的距離，
因為，且平面，平面，所以平面，
所以直線到平面的距離等于點到平面的距離，過點作，
因為平面，所以，又，且，
故平面，平面，所以，因為，
且，平面，所以平面，所以點到平面的距離，
即為的長，如圖所示，
在中，，，可得，
所以由等面積得，即直線到平面的距離等于，所以正確．
故選：．
【點評】本題主要考查球的表面積和點，線，面的距離，屬于中檔題．
14．（2024?遼寧模擬）如圖，圓錐的底面圓的直徑，母線長為，點是圓上異于，的動點，則下列結論正確的是
A．與底面所成角為
B．圓錐的表面積為
C．的取值范圍是
D．若點為弧的中點，則二面角的平面角大小為
【答案】
【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積；二面角的平面角及求法
【專題】數學運算；綜合法；立體幾何；數形結合
【分析】由線面角定義，可得即為與底面所成角，求其大小即可判定；由圓錐的表面積公式即可判斷；求出的范圍，再利用，求范圍即可判斷；取的中點，證得面，則為二面角的平面角，求解可判斷．
【解答】解：如圖，在中，，半徑，
對于，由線面角定義，即為與底面所成角，
滿足，即，故正確；
對于，圓錐的側面積為：，底面積為，
故圓錐表面積為，故錯誤；
對于，當點與點重合時，為最小角，
當點與點重合時，，達到最大值，
又因為與，不重合，則，
又，可得，故正確；
對于，取的中點，連接，，
又為的中點，則，
，，
面，面，，
，面，
面，，故為二面角的平面角，
點為弧的中點，，，
則，故錯誤．
故選：．
【點評】本題考查線面角，二面角，空間幾何體表面積等知識，屬難題．
15．（2024?青羊區(qū)校級模擬）已知正三棱柱的各棱長都為1，為的中點，則
A．直線與直線為異面直線
B．平面
C．二面角的正弦值為
D．若棱柱的各頂點都在同一球面上，則該球的表面積為
【答案】
【考點】異面直線的判定；二面角的平面角及求法；球的體積和表面積；直線與平面平行
【專題】綜合法；立體幾何；數學運算；轉化思想；邏輯推理
【分析】利用異面直線的判定定理即可判斷；連接與交于點，連接，易證，繼而可證得平面，從而判定；易證平面，利用線面垂直的性質可得，，則為二面角的平面角，再利用求解即可判定；將上下底面與的外心連接，其中點即為外接球球心，繼而利用以及球的表面積公式即可求解判斷．
【解答】解：對于，因為平面，平面，，平面，
所以直線與直線為異面直線，故正確；
對于，連接與交于點，連接，
正三棱柱的各棱長都為1，
則為正方形，則點為中點，
又為中點，所以，
又平面，平面，
所以平面，故正確；
對于，正三棱柱中，底面，
又底面，所以，
又正三棱柱的各棱長都為1，
則為正三角形，為中點，所以，
又，，平面，
所以平面，又，平面，
所以，，
所以為二面角的平面角，
又，，
所以，
所以二面角的正弦值為，故錯誤；
對于，將上下底面與的外心連接，其中點即為外接球球心，
設球的半徑為，則，
則該球的表面積為，故正確．
故選：．
【點評】本題考查異面直線的判定，考查線面平行的判定，考查線面垂直的判定與性質，考查二面角，考查球，屬難題．
三．填空題（共5小題）
16．（2024?南昌模擬）如圖，在長方體中，，，點為的中點，則點到平面的距離為 ．
【考點】點、線、面間的距離計算
【專題】計算題；數形結合；向量法；空間位置關系與距離
【分析】以為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出點到平面的距離．
【解答】解：在長方體中，，，
點為的中點，
以為原點，建立空間直角坐標系，如圖
，2，，，2，，1，，
，0，，
，1，，，1，，
，，，
設平面的法向量，，，
則，
取，得，1，，
點到平面的距離：
．
故答案為：．
【點評】本題考查點到平面的距離的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．
17．（2024?通州區(qū)模擬）如圖，幾何體是以正方形的一邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉形成的面所圍成的幾何體，點是圓弧的中點，點是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：
①不存在點，使得平面平面；
②存在點，使得平面；
③不存在點，使得點到平面的距離大于；
④存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為．其中所有正確結論的序號是 ②③④ ．
【答案】②③④．
【考點】直線與平面所成的角；點、線、面間的距離計算
【專題】綜合法；直觀想象；空間向量及應用；整體思想
【分析】將圖形補全為一個正方體，以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤
【解答】解：由題意可將圖形補全為一個正方體，如圖所示：
以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，
則，0，、，0，、，0，、，0，、，2，、，2，，，
設點，，，其中，
對于①，，，設，，平面，
則，
取，則，，可得，，，
設為平面的法向量，
，，
則，
取，則，，可得，，，
若平面平面，則，解得，
所以存在，使得平面平面，故①錯誤；
對于②，，，，若平面，則，
即，即，，故，0，，故存在點，使得平面，故②正確；
對于③，，
設點到平面的距離為，則，
因為，所以，
所以，，
所以，
所以不存在點，使得點到平面的距離大于，故③正確；
對于④，，，，，則直線與平面的所成角為，
所以
，，
整理可得，
因為函數在時的圖象是連續(xù)的，且，，
所以存在，使得，
所以存在點，使得直線與平面的所成角的余弦值為，④正確．
故答案為：②③④．
【點評】本題主要考查了空間向量在平行及垂直關系的應用，還考查了空間向量在空間角及空間距離求解中的應用，屬于中檔題．
18．（2024?博白縣模擬）如圖，甲站在水庫底面上的點處，乙站在水壩斜面上的點處，測得從，到庫底與水壩的交線的距離分別為，．又測得的長為，的長為，則水庫底面與水壩斜面所成的二面角的大小為 ．
【答案】．
【考點】二面角的平面角及求法
【專題】立體幾何；轉化思想；數學運算；轉化法
【分析】作且，連接，可得是所求二面角的平面角，進而求得，，再利用余弦定理可求得，可求得．
【解答】解：如圖，作且，連接，又，則四邊形是矩形，
．又，所以是所求二面角的平面角，
因為，，則，
又，，，平面，
所以平面，而平面，
所以，，
所以，，
由題可知，
則，
又是三角形的內角，
所以．
故答案為：．
【點評】本題考查二面角的計算，屬于中檔題．
19．（2024?洪山區(qū)校級模擬）如圖，在直三棱柱中，，，，為線段上的一點，且二面角的正切值為3，則三棱錐的外接球的體積為 ．
【答案】．
【考點】球的體積和表面積；二面角的平面角及求法
【專題】空間角；空間位置關系與距離；直觀想象；轉化思想；綜合法；計算題；數學運算
【分析】根據題意，由條件可得是二面角的平面角，再將三棱錐補為長方體，則長方體的外接球即為三棱錐的外接球，再由球的體積公式，即可得到結果．
【解答】解：如圖，作，交于，則，
過作交于點，連接．
因為為直三棱柱，則平面，且，
則平面，且平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，平面，所以，
則是二面角的平面角，
所以，所以，
又，，所以，所以，．
可把三棱錐補成棱長為，，3的長方體，
則三棱錐的外接球的半徑為，
所以三棱錐的外接球的體積為．
故答案為：．
【點評】本題考查球的體積計算問題，涉及二面角的求法，是中檔題．
20．（2024?長沙三模）如圖所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一條直角邊在平面內，另一條直角邊長為且，若平面上存在點，使得△的面積為，則線段長度的最小值為 ．
【答案】．
【考點】點、線、面間的距離計算
【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；數學運算
【分析】由題意，根據面面垂直的性質可得平面，利用線面垂直的性質可得，進而，由三角形的面積公式可得，即可求解．
【解答】解：在△中，，，則，
又平面，平面，，平面，
所以平面，
連接，，所以，
得，
設，
則，
即，
得，
當，即，即時，取到最小值1，
此時取到最小值．
故答案為：．
【點評】本題考查勾股定理和三角形面積公式在立體幾何中的應用，屬于中檔題．
四．解答題（共5小題）
21．（2024?王益區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，點是棱的中點．
（1）求證：平面；
（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【考點】直線與平面平行；空間向量法求解二面角及兩平面的夾角
【專題】立體幾何；數學運算；轉化思想；轉化法
【分析】（1）取的中點，連接，，根據是的中點，得到，，從而四邊形是平行四邊形，得到，再利用線面平行的判定定理證明；
（2）以為坐標原點，，，所在的直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，平面的一個法向量，設平面與平面所成銳二面角的大小為，由求解．
【解答】解：（1）證明：取的中點，連接，，
因為是的中點，是的中點，
所以，，又，，
所以，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）因為平面，，平面，
所以，，又，，所以，
以為坐標原點，，，所在的直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，0，，，0，，，0，，，1，，，2，，所以，1，，
設平面的一個法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面的一個法向量，
設平面的一個法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面的一個法向量，
設平面與平面所成銳二面角的大小為，
所以．
即平面與平面所成銳二面角的余弦值為．
【點評】本題考查線面平行的判定，以及二面角的計算，屬于中檔題．
22．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖，圓柱的軸截面是正方形，點在底面圓周上，，為垂足．
（1）求證：．
（2）當直線與平面所成角的正切值為2時．
①求平面與平面夾角的余弦值；
②求點到平面的距離．
【答案】（1）證明見解答；（2）①；②．
【考點】點、線、面間的距離計算；二面角的平面角及求法
【專題】向量法；空間向量及應用；數形結合；數學運算；立體幾何；計算題
【分析】（1）先證明平面，證明，進而證明平面，根據線面垂直的性質定理可證明結論；
（2）①建立空間直角坐標系，求出相關各點的坐標，再求出相關向量的坐標，求出平面的法向量，利用空間向量的夾角公式即可求出答案；②利用空間向量的距離公式求出答案即可．
【解答】解：（1）證明：由題意可知底面，平面，故，
又，，，平面，
故平面，
由平面，得，
又，，，平面，
故平面，由平面，可得；
（2）①由題意，以為原點，
分別以，所在直線為軸、軸建立如圖所示空間直角坐標系，
并設的長度為2，則，0，，，2，，，2，，，0，，
因為平面，所以就是直線與平面所成的角，
所以，所以，
所以
由以上可得，
設平面的法向量為，，，
則，即，
取，得，
又，0，是平面的一個法向量，設平面與平面夾角的大小為，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為；
②因為，
所以點到平面的距離．
【點評】本題考查了線面垂直的性質，考查了二面角以及點到面距離的求法，屬于中檔題．
23．（2024?東莞市校級三模）如圖，在矩形紙片中，，，沿將折起，使點到達點的位置，點在平面的射影落在邊上．
（1）求的長度；
（2）若是邊上的一個動點，是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求的長度；若不存在，說明理由．
【答案】（1）1；
（2）．
【考點】二面角的平面角及求法；點、線、面間的距離計算
【專題】數學運算；綜合法；向量法；數形結合；立體幾何
【分析】（1）利用投影性質以及線面垂直性質可得，再利用三角形相似可求得；
（2）建立空間直角坐標系，設，并根據坐標分別求得平面與平面的法向量，由兩平面夾角的余弦值列方程解得，可得．
【解答】解：（1）作，垂足為，連接，如圖所示：
由點在平面的射影落在邊上可得平面，
又平面，所以，
因為，且，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因為為矩形，，可得，
由，可得，
所以，；
由可得，即；
即的長度為1．
（2）根據題意，以點為坐標原點，以過點且平行于的直線為軸，分別以，所在直線為，軸建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，
所以，設，
則，所以；
易知，，
設平面的一個法向量為，則，，
所以，
解得，取，則，所以，
設平面的一個法向量為，則，，
所以，
解得，取，則，所以，
因此可得，整理可得，
解得（舍或；
因此，即可得．
所以的長度為．
【點評】本題考查空間中兩點間的距離，二面角的求法，屬于中檔題．
24．（2024?西城區(qū)模擬）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，，，為的中點．
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．
【答案】證明過程請見解答；（Ⅱ）．
【考點】直線與平面平行；二面角的平面角及求法
【專題】空間位置關系與距離；邏輯推理；向量法；空間角；轉化思想；數學運算
【分析】連接，設，連接，由中位線的性質知，再由線面平行的判定定理，即可得證；
（Ⅱ）先證，，兩兩相互垂直，再以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角，即可得解．
【解答】證明：連接，設，連接，則為的中點，
因為為的中點，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
（Ⅱ）解：因為，，且，
所以平面，
又平面，所以，
又，
所以，，兩兩相互垂直，
故以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，0，，，0，，，1，，，2，，
所以，
設平面的法向量為，
則即
令，所以，1，，
因為平面，
所以是平面的一個法向量，
所以，
由題意知，二面角的平面角為鈍角，
所以二面角的余弦值為．
【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，熟練掌握線面平行的判定定理，線面垂直的判定、性質定理，以及利用向量法求二面角是解題的關鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．
25．（2024?開州區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐中，四邊形是菱形，平面平面，點在上，且，，．
（1）求證：平面；
（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】（1）證明過程見解答；（2）．
【考點】直線與平面垂直；二面角的平面角及求法
【專題】數形結合；向量法；邏輯推理；數學運算；立體幾何；綜合法
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理的逆定理可證，再由面面垂直的性質定理可證平面，再由線面垂直的定義和線面垂直的判定定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，由向量法求夾角即可．
【解答】解：（1）證明：不妨設，因為，，
所以，，，
在中，由余弦定理得：，
在中，，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
因為平面，所以，
因為四邊形是菱形，所以，
又因為，且平面，平面，
所以平面．
（2）在平面內，過點作的垂線，垂足為，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因為四邊形是菱形，，所以，
所以，均為等邊三角形，
以點為坐標原點，，所在直線及過點平行于的直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系（如圖），
則，0，，，，0，，，
所以，，
由（1）平面，所以為平面的一個法向量，
設平面的法向量為，，，
則，
令，可得，
所以，，
所以平面與平面的夾角的余弦值為．
【點評】本題考查線面垂直的證明，平面與平面所成角的求解，屬于中檔題．
考點卡片
1．正弦函數的圖象
【知識點的認識】
正弦函數、余弦函數、正切函數的圖象和性質
2．棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積
【知識點的認識】
側面積和全面積的定義：
（1）側面積的定義：把柱、錐、臺的側面沿著它們的一條側棱或母線剪開，所得到的展開圖的面積，就是空間幾何體的側面積．
（2）全面積的定義：空間幾何體的側面積與底面積的和叫做空間幾何體的全面積．
柱體、錐體、臺體的表面積公式（c為底面周長，h為高，h′為斜高，l為母線）
S圓柱表＝2πr（r+l），S圓錐表＝πr（r+l），S圓臺表＝π（r2+rl+Rl+R2）
3．棱柱、棱錐、棱臺的體積
【知識點的認識】
柱體、錐體、臺體的體積公式：
V柱＝sh，V錐＝Sh．
4．旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）的體積
【知識點的認識】
旋轉體的結構特征：一條平面曲線繞著它所在的平面內的一條定直線旋轉所形成的曲面叫作旋轉面；該定直線
叫做旋轉體的軸；封閉的旋轉面圍成的幾何體叫作旋轉體．
1．圓柱
①定義：以矩形的一邊所在的直線為旋轉軸，將矩形旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓柱．
圓柱用軸字母表示，如下圖圓柱可表示為圓柱OO′．
②認識圓柱
③圓柱的特征及性質
圓柱與底面平行的截面是圓，與軸平行的截面是矩形．
④圓柱的體積和表面積公式
設圓柱底面的半徑為r，高為h：
2．圓錐
①定義：以直角三角形的一條直角邊所在的直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓錐．
圓錐用軸字母表示，如下圖圓錐可表示為圓錐SO．
②認識圓錐
③圓錐的特征及性質
與圓錐底面平行的截面是圓，過圓錐的頂點的截面是等腰三角形，兩個腰都是母線．
母線長l與底面半徑r和高h的關系：l2＝h2+r2
④圓錐的體積和表面積公式
設圓錐的底面半徑為r，高為h，母線長為l：
3．圓臺
①定義：以直角梯形中垂直于底邊的腰所在的直線為旋轉軸，其余各邊旋轉一周而成的曲面所圍成的幾何體叫做圓臺．
圓臺用軸字母表示，如下圖圓臺可表示為圓臺OO′．
②認識圓臺
③圓臺的特征及性質
平行于底面的截面是圓，軸截面是等腰梯形．
④圓臺的體積和表面積公式
設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，高為h，母線長為l：
．
5．球的體積和表面積
【知識點的認識】
1．球體：在空間中，到定點的距離等于或小于定長的點的集合稱為球體，簡稱球．其中到定點距離等于定長的點的集合為球面．
2．球體的體積公式
設球體的半徑為R，
V球體＝
3．球體的表面積公式
設球體的半徑為R，
S球體＝4πR2．
【命題方向】
考查球體的體積和表面積公式的運用，常見結合其他空間幾何體進行考查，以增加試題難度，根據題目所給條件得出球體半徑是解題關鍵．
6．異面直線及其所成的角
【知識點的認識】
1、異面直線所成的角：
直線a，b是異面直線，經過空間任意一點O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，]．當θ＝90°時，稱兩條異面直線互相垂直．
2、求異面直線所成的角的方法：
求異面直線的夾角關鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來轉移直線．
3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：
7．異面直線的判定
【知識點的認識】
（1）判定空間直線是異面直線方法：
①根據異面直線的定義；
②異面直線的判定定理．
8．直線與平面平行
【知識點的認識】
1、直線與平面平行的判定定理：
如果平面外一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．
2、直線與平面平行的判定定理的實質是：對于平面外的一條直線，只需在平面內找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．
1、直線和平面平行的性質定理：
如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行．
用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．
2、直線和平面平行的性質定理的實質是：
已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．
由線面平行?線線平行，并不意味著平面內的任意一條直線都與已知直線平行．
正確的結論是：a∥α，若b?α，則b與a的關系是：異面或平行．即平面α內的直線分成兩大類，一類與a平行有無數條，另一類與a異面，也有無數條．
9．直線與平面垂直
【知識點的認識】
直線與平面垂直：
如果一條直線l和一個平面α內的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l(wèi)叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．
直線與平面垂直的判定：
（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內的任一條直線．
（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面．
（3）判定定理2：如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面．
直線與平面垂直的性質：
①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行．符號表示為：a⊥α，b⊥α?a∥b
②由定義可知：a⊥α，b?α?a⊥b．
10．直線與平面所成的角
【知識點的認識】
1、直線和平面所成的角，應分三種情況：
（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；
（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；
（3）直線和平面平行或在平面內時，直線和平面所成的角的大小為0°．
顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，）；直線和平面所成的角的范圍為[0，]．
2、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內的射影轉化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環(huán)節(jié)：
（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；
（2）證﹣﹣論證所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解問題．
在求直線和平面所成的角時，垂線段是其中最重要的元素，它可起到聯(lián)系各線段的紐帶的作用．在直線與平面所成的角的定義中體現等價轉化和分類與整合的數學思想．
3、斜線和平面所成角的最小性：
斜線和平面所成的角是用兩條相交直線所成的銳角來定義的，其中一條直線就是斜線本身，另一條直線是斜線在平面上的射影．在平面內經過斜足的直線有無數條，它們和斜線都組成相交的兩條直線，為什么選中射影和斜線這兩條相交直線，用它們所成的銳角來定義斜線和平面所成的角呢？原因是斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中，它是最小的角．對于已知的斜線來說這個角是唯一確定的，它的大小反映了斜線關于平面的“傾斜程度”．根據線面所成的角的定義，有結論：斜線和平面所成的角，是這條斜線和這個平面內的直線所成的一切角中最小的角．
用空間向量直線與平面所成角的求法：
（1）傳統(tǒng)求法：可通過已知條件，在斜線上取一點作該平面的垂線，找出該斜線在平面內的射影，通過解直角三角形求得．
（2）向量求法：設直線l的方向向量為，平面的法向量為，直線與平面所成的角為θ，與的夾角為φ，則有sinθ＝|cs φ|＝．
11．幾何法求解直線與平面所成的角
【知識點的認識】
1、直線和平面所成的角，應分三種情況：
（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；
（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；
（3）直線和平面平行或在平面內時，直線和平面所成的角的大小為0°．
顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，）；直線和平面所成的角的范圍為[0，]．
2、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內的射影轉化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．
【解題方法點撥】
具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環(huán)節(jié)：
（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；
（2）證﹣﹣論證所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解問題．
在求直線和平面所成的角時，垂線段是其中最重要的元素，它可起到聯(lián)系各線段的紐帶的作用．在直線與平面所成的角的定義中體現等價轉化和分類與整合的數學思想．
【命題方向】
﹣夾角計算：考查如何使用幾何方法計算直線與平面之間的夾角．
12．二面角的平面角及求法
【知識點的認識】
1、二面角的定義：
從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面．棱為AB、面分別為α、β的二面角記作二面角α﹣AB﹣β．有時為了方便，也可在α、β內（棱以外的半平面部分）分別取點P、Q，將這個二面角記作P﹣AB﹣Q．如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小與點O的位置無關，也就是說，我們可以根據需要來選擇棱l上的點O．
3、二面角的平面角求法：
（1）定義；
（2）三垂線定理及其逆定理；
①定理內容：在平面內的一條直線，如果和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么，它就和這條斜線垂直．
②三垂線定理（逆定理）法：由二面角的一個面上的斜線（或它的射影）與二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜線）也與二面角的棱垂直，從而確定二面角的平面角．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定義可知兩個面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個面的交線所成的角，就是二面角的平面角．；
（4）平移或延長（展）線（面）法；
（5）射影公式；
（6）化歸為分別垂直于二面角的兩個面的兩條直線所成的角；
（7）向量法：用空間向量求平面間夾角的方法：
設平面α和β的法向量分別為和，若兩個平面的夾角為θ，則
（1）當0≤＜，＞≤，θ＝＜，＞，
此時csθ＝cs＜，＞＝．
（2）當＜＜，＞＜π時，θ＝π﹣＜，＞，
csθ＝﹣cs＜，＞＝﹣．
13．幾何法求解二面角及兩平面的夾角
【知識點的認識】
1、二面角的定義：
從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面．棱為AB、面分別為α、β的二面角記作二面角α﹣AB﹣β．有時為了方便，也可在α、β內（棱以外的半平面部分）分別取點P、Q，將這個二面角記作P﹣AB﹣Q．如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小與點O的位置無關，也就是說，我們可以根據需要來選擇棱l上的點O．
【解題方法點撥】
求二面角的平面角：在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角．
【命題方向】
﹣夾角計算：考查如何使用幾何方法計算兩平面之間的夾角．
14．空間向量法求解二面角及兩平面的夾角
【知識點的認識】
1、二面角的定義：
從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面．棱為AB、面分別為α、β的二面角記作二面角α﹣AB﹣β．有時為了方便，也可在α、β內（棱以外的半平面部分）分別取點P、Q，將這個二面角記作P﹣AB﹣Q．如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小與點O的位置無關，也就是說，我們可以根據需要來選擇棱l上的點O．
3、二面角的平面角求法：
向量法：用空間向量求平面間夾角的方法：
設平面α和β的法向量分別為和，若兩個平面的夾角為θ，則
（1）當0≤＜，＞≤，θ＝＜，＞，
此時csθ＝cs＜，＞＝．
（2）當＜＜，＞＜π時，θ＝π﹣＜，＞，
csθ＝﹣cs＜，＞＝﹣．
【解題方法點撥】
﹣數量積和模：使用向量數量積和模計算夾角，應用反余弦函數得到結果．
【命題方向】
﹣向量法計算：考查如何使用空間向量法計算兩平面之間的夾角．
15．點、線、面間的距離計算
【知識點的認識】
16．空間中點到平面的距離
【知識點的認識】
﹣點到平面的距離：點P（x1，y1，z1）到平面Ax+By+Cz+D＝0（平面的法向量為（A，B，C））的距離為：
【解題方法點撥】
﹣計算距離：代入點和平面的系數，使用公式計算距離．
【命題方向】
﹣距離計算：考查如何計算點到平面的距離．
17．空間中兩平行平面間的距離及平行于平面的直線到平面的距離
【知識點的認識】
﹣兩平行平面間的距離：若兩平面方程為Ax+By+Cz+D1＝0和Ax+By+Cz+D2＝0，它們之間的距離為：
﹣平行于平面的直線到平面的距離：計算直線到平面的距離與計算點到平面的距離相同．
【解題方法點撥】
﹣計算距離：應用平面間距離公式計算結果．
【命題方向】
﹣距離計算：考查如何計算空間中兩平面之間的距離以及平行于平面的直線到平面的距離．
聲明：試題解析著作權屬菁優(yōu)網所有，未經書面同意，不得復制發(fā)布日期：2024/11/4 19:32:26；用戶：組卷36；郵箱：zyb036@xyh.cm；學號：41418999
函數
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
圖象



定義域
R
R
k∈Z
值域
[﹣1，1]
[﹣1，1]
R
單調性
遞增區(qū)間：
（2kπ﹣，2kπ+）
（k∈Z）；
遞減區(qū)間：
（2kπ+，2kπ+）
（k∈Z）
遞增區(qū)間：
（2kπ﹣π，2kπ）
（k∈Z）；
遞減區(qū)間：
（2kπ，2kπ+π）
（k∈Z）
遞增區(qū)間：
（kπ﹣，kπ+）
（k∈Z）
最 值
x＝2kπ+（k∈Z）時，ymax＝1；
x＝2kπ﹣（k∈Z）時，
ymin＝﹣1
x＝2kπ（k∈Z）時，ymax＝1；
x＝2kπ+π（k∈Z） 時，
ymin＝﹣1
無最值
奇偶性
奇函數
偶函數
奇函數
對稱性
對稱中心：（kπ，0）（k∈Z）
對稱軸：x＝kπ+，k∈Z
對稱中心：（kπ+，0）（k∈Z）
對稱軸：x＝kπ，k∈Z
對稱中心：（，0）（k∈Z）
無對稱軸
周期
2π
2π
π

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