8.6空间直线、平面的垂直-2023-2024学年高一下学期数学暑假作业（知识回顾+基础训练+提升训练+培优训练）（人教2019A版专用）

8.6空间直线、平面的垂直（人教2019A版专用） 目录 【知识回顾】 2 【基础训练】 5 【提升训练】 10 【培优训练】 16 知识回顾 1. 异面直线所成的角 (1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). (2)空间两条直线所成角α的取值范围：0°≤α≤90°. 2. 两条异面直线垂直 如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线b互相垂直，记作a⊥b. 3. 直线与平面垂直的定义 直线与平面垂直 (1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，那么直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α. (2)有关概念 垂线 直线l叫做平面α的垂线 垂面 平面α叫做直线l的垂面 垂足 直线与平面唯一的公共点 垂线段 过一点作平面的垂线，该点与垂足间的线段 点到平面的距离 垂线段的长度 4. 直线与平面垂直的判定 文字语言 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 符号语言 l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α 图形语言 5. 直线与平面所成的角 有关概念 对应图形 斜线 一条直线l与一个平面α相交，但不与这个平面α垂直，图中直线PA 斜足 斜线和平面的交点，图中点A 射影 过斜线上斜足以外的一点P向平面α引垂线PO，过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影 直线和平面所成的角 定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角 规定：一条直线垂直于平面，它们所成的角是；一条直线和平面平行或在平面内，它们所成的角是0. 取值范围 6. 直线与平面垂直的性质定理 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线平行 符号语言 a⊥α，且b⊥α⇒a∥b 图形语言 作用 ①线面垂直⇒线线平行；②作平行线 7. 直线与平面、平面与平面的距离 (1)直线与平面的距离 一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离. (2)平面与平面的距离 如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离. 8. 二面角的概念 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形. (2)相关概念：①这条直线叫做二面角的棱；②这两个半平面叫做二面角的面. (3)画法：如图(1)所示. (1) (4)记法：二面角α－l－β或α－AB－β或P－l－Q或P－AB－Q. (5)二面角的平面角 ①定义：如图(2)所示，在二面角α－l－β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. (2) ②二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°. 9. 平面与平面垂直的定义与判定定理 (1)平面与平面垂直 ①定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.平面α与平面β垂直，记作：α⊥β. ②画法：如图，画两个互相垂直的平面时，通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直. (2)两平面垂直的判定 ①文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直. ②符号语言：b⊥平面α，b⊂平面β⇒β⊥α. 10. 平面与平面垂直的性质定理 文字语言 两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 符号语言 α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β 图形语言 基础训练 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高一下·安徽芜湖·期中）下列命题一定正确的是（    ） A．一条直线和一个点确定一个平面 B．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行 C．垂直于同一条直线的两条直线互相平行 D．若直线与平面平行，则直线与平面内任意一条直线都没有公共点 2．（2024·江西景德镇·三模）已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则或 3．（23-24高二下·浙江宁波·期末）对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（    ） A．若，，m，n共面，则 B．若，，m，n共面，则 C．若，且，则 D．若，且，则 4．（23-24高一下·安徽·阶段练习）学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下:取正方形ABCD边AB的中点，沿MC、MD折叠，将MA、MB用胶水粘起来，使得点A、B重合于点，这样就做成了一个簸箕，如果这个簸箕的容量为，则原正方形铁皮的边长是多少（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·浙江衢州·期末）如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（    ） A．平面平面 B．平面 C．平面 D．平面平面 6．（20-21高一下·山西·期末）如图，在直三棱柱中，，，是的中一点，点在上，记，若平面，则实数的值为（    ） A． B． C． D．1 7．（23-24高三上·广东湛江·期末）已知是边长为8的正三角形，是的中点，沿将折起使得二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2024高一·全国·专题练习）如图所示，平面四边形中，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体的顶点在同一个球面上，则该球的体积为（   ） A． B．3π C． D．2π 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（20-21高二上·广东肇庆·期末）如图，用正方体ABCD一A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是（    ） A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 10．（2020·海南·模拟预测）设和是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 11．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（21-22高一·全国·课前预习）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，则与所成的角是 ． 13．（23-24高二下·甘肃武威·期中）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为 ． 14．（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，在中，，，为中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，则三棱锥外接球的表面积为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高二上·福建福州·期中）四棱锥中，底面为正方形，平面，，、分别为、的中点.    (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 16. (15分) （2022·贵州毕节·三模）如图，在四棱锥中，，是边长为的正三角形，平面平面，，点，，分别是线段，，的中点． (1)求证：点在平面内； (2)若，求三棱锥的体积． 17. (15分) （21-22高一·全国·单元测试）如图(1)是一个水平放置的正三棱柱，D是棱BC的中点，正三棱柱的正视图如图(2)． (1)求正三棱柱的体积； (2)证明：∥平面； (3)题图(1)中垂直于平面的平面有哪几个？(直接写出符合要求的平面即可，不必说明或证明) 18. (17分) （23-24高一下·重庆·期末）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． (1)求证：： (2)当时，求二面角的正弦值； (3)设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 19. (17分) （23-24高一上·广东湛江·阶段练习）在矩形中，，，为的中点，沿将折起到的位置，使平面平面． (1)若为线段的中点，求证：平面； (2)求证：． 提升训练 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高二下·上海虹口·期末）设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则“”的充分条件是（   ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 2．（23-24高一下·云南·阶段练习）设，m，n是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若直线，，且，，则 D．若，m是异面直线，，，且，，则 3．（23-24高二下·青海海西·期末）在正方体中，异面直线与所成角的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在长方体中，，，，点P是长方体表面上的动点，若，则点P的轨迹所围成的图形的面积等于（） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，且平面，若，则下列结论错误的是（    ） A．直线与平面所成角的正弦值为 B．平面平面 C． D．二面角的余弦值为 6．（22-23高三下·河南安阳·阶段练习）如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·广西·一模）已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·广东江门·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则下列错误的是（    ） A．三棱锥内切球半径为 B．异面直线BD与所成的角为 C．点到平面的距离为 D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（22-23高一下·广东广州·期末）若平面平面，且，则下列命题中正确的是（    ） A．交线l的垂线必垂直于平面 B．与平面垂直的直线平行于平面或在平面内 C．平面内的任一条直线必垂直于平面内无数条直线 D．过平面内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面 10．（22-23高一下·贵州贵阳·阶段练习）已知,表示平面，m，n表示直线，则（    ） A．若，n，则m B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 11．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（22-23高二上·上海虹口·阶段练习）已知空间四边形，连接和，且，点是线段的中点，则异面直线和所成的角的余弦值是 ． 13．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在三棱锥中，，，平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为 ． 14．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高二上·上海普陀·阶段练习）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. 16. (15分) （23-24高一下·江苏盐城·期末）如图，在四棱锥中，，，，为的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求点到平面的距离. 17. (15分) （23-24高一下·山东聊城·阶段练习）如图．在正方形ABCD中，P，Q分别是AB，BC的中点，将分别沿PD，PQ，DQ折起，使A，B，C三点重合于点M． (1)证明：MD⊥平面MPQ (2)证明：点M在平面PDQ的投影为的垂心． 18. (17分) （23-24高一下·江苏连云港·期末）如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． (1)求证：四棱锥为正四棱锥； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (3)若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 19. (17分) （23-24高一下·浙江丽水·期中）如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．    (1)求三棱台的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 培优训练 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）在长方体中，为的中点，在中，，，，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 3．（2024·广东广州·二模）已知是三个不重合的平面，且，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 5．（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，过点作平面的垂线，垂足为点，则以下命题中，错误的命题是（   ） A．点是的垂心 B．垂直平面 C．的延长线经过点 D．直线和平面所成角为 6．（2024·全国·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，过点作垂直于直线PC的截面，则以为顶点，截面为底面的棱锥的体积为（    ） A．42 B．48 C．56 D．63 7．（23-24高一下·山东临沂·阶段练习）如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是六边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．一定是锐角三角形 D．面积的最大值是 8．（22-23高三·河南·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，点E，F分别为边BC和AD上的定点，，，，将，分别沿着AE，CF向平行四边形所在平面的同一侧翻折至与处，连接，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·河南郑州·期末）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则（    ） A． B．面 C．直线与平面ABCD所成的角为 D．四面体的体积为 10．（22-23高二上·福建泉州·期末）正方体的棱长为2，H为线段AB中点，P在正方体的内部及其表面运动，若，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则P的轨迹长度为 C．正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等 D．正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角不都相等 11．（23-24高一下·四川成都·期末）2020年11月28日8时30分许，随着一阵汽笛声响，创造了10909米中国载人深潜新纪录的“奋斗者”号完成第二阶段海试，顺利返航.相比于现在先进的载人潜水器制造技术，在人类探秘深海初期，初一代的潜水器只是由钢缆和电话线连接的简易钢铁球壳.小李同学对潜水器很感兴趣，他利用假期制作了一个简易的“初一代”潜水器模型.他的模型外壳使用了面积为的金属材料，并在内部用12根等长的钢筋搭建了一个正方体支架.为了研究外壳各个点位与支架之间的受力情况，如图，作出支架的直观图正方体，设为外壳上的一个动点，则（    ）    A．存在无数个点，使得平面 B．当平面平面时，点的轨迹长度为 C．当平面时，点的轨迹长度为 D．存在无数个点，使得平面平面 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）如图，已知在矩形中，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，则二面角的余弦值为 ． 13．（23-24高一下·宁夏石嘴山·阶段练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是 .（只填序号） ①四面体为鳖臑 ②平面 ③若，则与所成角的正弦值为 ④三棱锥的外接球的体积为定值 14．（2024·黑龙江·模拟预测）已知矩形，其中，，点D沿着对角线进行翻折，形成三棱锥，如图所示，则下列说法正确的是 （填写序号即可）． ①点D在翻折过程中存在的情况； ②三棱锥可以四个面都是直角三角形； ③点D在翻折过程中，三棱锥的表面积不变； ④点D在翻折过程中，三棱锥的外接球的体积不变． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高一下·河北保定·阶段练习）如图，已知分别是三棱锥棱上的点． (1)若四边形为平行四边形，证明：面； (2)若分别是的中点，且，直线和直线所成角为，求直线和直线所成角的余弦值． 16. (15分) （23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 17. (15分) （2023·河南·模拟预测）已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F. (1)求证：点E为线段的中点； (2)求这两个棱锥的公共部分的体积. 18. (17分) （23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. (17分) （2023·四川泸州·一模）如图，四棱锥的底面是正方形，且平面平面．，分别是，的中点，经过，，三点的平面与棱交于点，平面平面，直线与直线交于点．    (1)求的值； (2)若，求多面体的体积． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 8.6空间直线、平面的垂直（人教2019A版专用） 目录 【知识回顾】 2 【基础训练】 5 【提升训练】 23 【培优训练】 48 知识回顾 1. 异面直线所成的角 (1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). (2)空间两条直线所成角α的取值范围：0°≤α≤90°. 2. 两条异面直线垂直 如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线b互相垂直，记作a⊥b. 3. 直线与平面垂直的定义 直线与平面垂直 (1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，那么直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α. (2)有关概念 垂线 直线l叫做平面α的垂线 垂面 平面α叫做直线l的垂面 垂足 直线与平面唯一的公共点 垂线段 过一点作平面的垂线，该点与垂足间的线段 点到平面的距离 垂线段的长度 4. 直线与平面垂直的判定 文字语言 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 符号语言 l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α 图形语言 5. 直线与平面所成的角 有关概念 对应图形 斜线 一条直线l与一个平面α相交，但不与这个平面α垂直，图中直线PA 斜足 斜线和平面的交点，图中点A 射影 过斜线上斜足以外的一点P向平面α引垂线PO，过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影 直线和平面所成的角 定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角 规定：一条直线垂直于平面，它们所成的角是；一条直线和平面平行或在平面内，它们所成的角是0. 取值范围 6. 直线与平面垂直的性质定理 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线平行 符号语言 a⊥α，且b⊥α⇒a∥b 图形语言 作用 ①线面垂直⇒线线平行；②作平行线 7. 直线与平面、平面与平面的距离 (1)直线与平面的距离 一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离. (2)平面与平面的距离 如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离. 8. 二面角的概念 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形. (2)相关概念：①这条直线叫做二面角的棱；②这两个半平面叫做二面角的面. (3)画法：如图(1)所示. (1) (4)记法：二面角α－l－β或α－AB－β或P－l－Q或P－AB－Q. (5)二面角的平面角 ①定义：如图(2)所示，在二面角α－l－β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. (2) ②二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°. 9. 平面与平面垂直的定义与判定定理 (1)平面与平面垂直 ①定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.平面α与平面β垂直，记作：α⊥β. ②画法：如图，画两个互相垂直的平面时，通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直. (2)两平面垂直的判定 ①文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直. ②符号语言：b⊥平面α，b⊂平面β⇒β⊥α. 10. 平面与平面垂直的性质定理 文字语言 两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 符号语言 α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β 图形语言 基础训练 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高一下·安徽芜湖·期中）下列命题一定正确的是（    ） A．一条直线和一个点确定一个平面 B．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行 C．垂直于同一条直线的两条直线互相平行 D．若直线与平面平行，则直线与平面内任意一条直线都没有公共点 2．（2024·江西景德镇·三模）已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则或 3．（23-24高二下·浙江宁波·期末）对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（    ） A．若，，m，n共面，则 B．若，，m，n共面，则 C．若，且，则 D．若，且，则 4．（23-24高一下·安徽·阶段练习）学校组织学生去工厂参加社会实践活动，任务是利用一块正方形的铁皮制作簸箕，方法如下:取正方形ABCD边AB的中点，沿MC、MD折叠，将MA、MB用胶水粘起来，使得点A、B重合于点，这样就做成了一个簸箕，如果这个簸箕的容量为，则原正方形铁皮的边长是多少（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·浙江衢州·期末）如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（    ） A．平面平面 B．平面 C．平面 D．平面平面 6．（20-21高一下·山西·期末）如图，在直三棱柱中，，，是的中一点，点在上，记，若平面，则实数的值为（    ） A． B． C． D．1 7．（23-24高三上·广东湛江·期末）已知是边长为8的正三角形，是的中点，沿将折起使得二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2024高一·全国·专题练习）如图所示，平面四边形中，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体的顶点在同一个球面上，则该球的体积为（   ） A． B．3π C． D．2π 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（20-21高二上·广东肇庆·期末）如图，用正方体ABCD一A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是（    ） A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 10．（2020·海南·模拟预测）设和是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 11．（23-24高一下·四川南充·阶段练习）已知m，n是不同的直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（21-22高一·全国·课前预习）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，则与所成的角是 ． 13．（23-24高二下·甘肃武威·期中）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为 ． 14．（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，在中，，，为中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，则三棱锥外接球的表面积为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高二上·福建福州·期中）四棱锥中，底面为正方形，平面，，、分别为、的中点.    (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 16. (15分) （2022·贵州毕节·三模）如图，在四棱锥中，，是边长为的正三角形，平面平面，，点，，分别是线段，，的中点． (1)求证：点在平面内； (2)若，求三棱锥的体积． 17. (15分) （21-22高一·全国·单元测试）如图(1)是一个水平放置的正三棱柱，D是棱BC的中点，正三棱柱的正视图如图(2)． (1)求正三棱柱的体积； (2)证明：∥平面； (3)题图(1)中垂直于平面的平面有哪几个？(直接写出符合要求的平面即可，不必说明或证明) 18. (17分) （23-24高一下·重庆·期末）正方形中，，为的中点，，．将沿翻折到，沿翻折到，连接． (1)求证：： (2)当时，求二面角的正弦值； (3)设直线与平面所成角为，问是否存在，使得能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由． 19. (17分) （23-24高一上·广东湛江·阶段练习）在矩形中，，，为的中点，沿将折起到的位置，使平面平面． (1)若为线段的中点，求证：平面； (2)求证：． 参考答案： 1．D 【分析】根据推论1可判断A选项；由线线平行与线面平行关系可判断B选项；由垂直于同一条直线的两条直线的位置关系可判断C选项；线面平行的定义可判断D选项. 【详解】对于A：推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面，故A错误； 对于B：如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行或在此平面内，故B错误； 对于C：垂直于同一条直线的两条直线互相平行或异面或相交，故C错误； 对于D：若直线与平面平行，则直线与平面无公共点，故D正确. 故选：D. 2．C 【分析】借助于模型，完成线面关系的推理可得C项正确，可通过举反例或罗列由条件得到的所有结论，进行对A,B,D选项的排除. 【详解】对于A，由，，设，当时，可得，故A错误； 对于B，由，可得或，故B错误； 对于C，如图，设，，在平面作不与重合的直线，使， 因，则，因，，则，因，则，于是，故C正确； 对于D，当，，时，若且， 则可以和平面成任意角度，故D错误. 故选：C. 3．A 【分析】根据空间中直线与直线之间的位置关系和直线与平面之间的位置关系及其性质选项进行判断. 【详解】若，，m，n共面，则直线m，n可能平行可能相交，A选项错误； 若，，则直线m，n没有公共点，当m，n共面，则，B选项正确； 若，且，由面面平行的性质可得，C选项正确； 时，当平面，，有，若，则，由，有，D选项正确. 故选：A 4．B 【分析】设正方形ABCD边长为，由三棱锥的体积，求出的值即可. 【详解】三棱锥中，为中点，连接， ，则， 平面，，得平面， 设正方形ABCD边长为，则有，， ，，， 有，则，， ，得，即. 所以原正方形铁皮的边长是. 故选：B 5．D 【分析】根据线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理得到结果. 【详解】对于A，依题意有平面，平面，所以平面平面，A选项正确； 对于B，平面，平面，则有， 是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，则有， ，平面，所以平面，B选项正确； 对于C，平面，平面，，又于， ，平面，所以平面， 平面，则，又于， 平面，，所以平面，C选项正确； 对于D，平面平面，平面，于， 若平面平面，则必有平面， 而平面，则必有， 因为平面，平面，则有， 又平面，则必有， 由于垂直于圆所在的平面，，则， 而于，则为中点， 因为是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，，于， 则不是中点（否则会得到，但这与矛盾）， 不成立，所以平面平面的结论不正确，即D选项错误. 故选：D. 6．D 【分析】易得平面，得到，作交于点，得到平面，通过计算确定的位置即可得到答案. 【详解】∵，，∴平面，故， 作交于点， 此时平面，在矩形中，， 所以四边形是正方形，所以，所以， 又为的中点， 所以为的中点，即，所以. 故选：D. 7．C 【分析】根据给定条件，结合球的截面圆性质确定球心位置，再求出球半径即得. 【详解】在三棱锥中，平面， 由二面角为，，得是正三角形，令其外接圆圆心为， 则，令三棱锥外接球的球心为，球半径为， 则平面，即有，显然球心在线段的中垂面上，令线段的中垂面交于， 则，显然，于是，四边形是平行四边形，且是矩形， 而，因此， 所以三棱锥外接球的表面积. 故选：C 8．A 【分析】先证明四面体的四个面都是直角三角形，再将四面体补全为长方体，即可得出四面体外接球的半径，即可得解. 【详解】由题意平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 由题意得. 则，所以， 又平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 所以四面体的四个面都是直角三角形， 如图所示，将四面体补全为长方体， 则是四面体外接球的直径， ， 所以球的半径为， 所以球的体积为． 故选：A. 9．ABC 【分析】根据线线垂直、线线平行等知识确定正确答案. 【详解】由于是的中点，所以三点共线，则是的中点， 由于是的中点，所以，C选项正确. 根据正方体的性质可知平面， 由于平面，所以，所以，A选项正确. 由于，所以，B选项正确. 由于，与相交，所以与不平行，D选项错误. 故选：ABC 10．BCD 【分析】，，，并不能推出，这时和还可能相交，故A错误； 根据线面垂直或面面平行的性质可判断B,C,D正确. 【详解】，，，并不能推出，这时和还可能相交，故A错误； 若，，则，又，则，B正确； 若，，则或，又，则，C正确； 若,，中，又，则，D正确. 【点睛】本题综合考查了空间点、线、面的平行或垂直位置关系，考查学生基础知识的掌握情况，以及逻辑思维能力. 11．ABD 【分析】根据给定条件，结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断. 【详解】对于A，由，，得，又，因此，A正确； 对于B，由，得存在过的平面与相交，令交线为（不与重合），则， 由，得存在过的平面与相交，令交线为（不与重合），则，于是， 显然，则，而，因此，，B正确； 对于C，，，则或，C错误； 对于D，由，，得，而，则，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】根据题意得，所以与所成的角即为与所成的角或其补角，再根据条件分析求解即可. 【详解】因为底面是平行四边形，所以， 所以与所成的角即为与所成的角或其补角， 又，所以与所成的角为， 即与所成的角为. 故答案为：. 13．/ 【分析】利用空间垂直关系，作图并证明线与平面所成的平面角，再进行余弦值计算即可. 【详解】 由平面，平面，所以，又因为， ，平面，所以平面， 取的中点为，由，，分别是棱，，的中点， 可知，所以四边形是平行四边形， 再过点作，垂足为，由平面，可得， 又因为，所以 ，平面，所以平面， 即直线与平面所成角的平面角是， 由已知得，由勾股定理得：， 所以. 故答案为：. 14． 【分析】如图，根据面面垂直的性质可得平面，确定球心的位置，利用勾股定理求出外接球的半径，结合球的表面积公式计算即可求解. 【详解】在中，，为的中点， 则，. 又平面平面，平面平面平面，， 所以平面，又， 取的中点，连接，则， 过作，则平面， 所以三棱锥的外接球球心必位于上，如图， 设球心为，半径为，则， 有，即，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）利用等体积法计算可得. 【详解】（1）取中点，连接，，      因为分别是的中点，所以， 而，，所以且， 因此四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）设点到平面的距离，点到平面的距离可以看成三棱锥以为底面的高， 由，故 由于，， ， 故，， 故，解得， 故到平面的距离为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，由，得到，再由且，证得，得到，进而得到四点共面； （2）由题意证得平面，求得以，得到，结合，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，， 因为，可得， 又因为，，且是的中点， 所以且，所以四边形是平行四边形，所以， 因为，分别是，的中点，所以，所以， 所以四点共面，即点在平面内. （2）解：因为，且平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 又因为是边长为的正三角形，点是的中点，所以， 因为，所以， 所以. 17．(1)； (2)证明见解析； (3)平面有三个，分别为平面ABC，平面，平面. 【分析】(1)根据几何关系求出底面正三角形边长和面积，根据棱柱体积公式即可计算； (2)连接交于，连接.根据三角形中位线证明∥即可； (3)根据三棱柱是直三棱柱即可得到两个底面与侧面垂直，再由AD⊥BC可得AD⊥平面，从而得过AD的平面也满足. 【详解】（1）依题意，在正三棱柱中，，，∴， ∴正三棱柱的体积； （2）连接交于，连接. 是正三棱柱的侧面，为矩形， 是的中点， 是的中位线， ∥，又平面，平面， ∥平面； （3）题图(1)中垂直于平面的平面有三个，分别为平面，平面，平面. ①∵三棱柱为直三棱柱，则平面⊥平面ABC，平面⊥平面； ②∵AB＝AC，D是BC中点，∴AD⊥BC， ∵平面∩平面ABC＝BC，平面⊥平面ABC，AD平面ABC， ∴AD⊥平面，∵AD平面，∴平面⊥平面. 18．(1)证明见解析 (2) (3)不存在，使得能取得最大值，理由见解析 【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，即可求证. （2）根据二面角的几何法可得即为二面角的平面角，即可由三角形的边角关系求解， （3）理由等体积法求解点到平面的距离为，即可由线面角的定义求解，由换元法，结合基本不等式取等条件得矛盾，即可求解. 【详解】（1）由于平面， 故平面， 又平面， 所以 （2）过作于，连接, 由（1）知,平面， 所以平面，平面， 故， 因此即为二面角的平面角， ，则为中点， ， 由等面积法可得,解得， 在中，， 故二面角的正弦值为. （3）设点到平面的距离为， 由于，所以，， 则， 因此， 所以， ， 由等体积法可得,所以， 由于直线PM与平面AMN所成角为，则， ，令，则， 故，当且仅当时取等号，此时，这与矛盾，故不存在，使得能取得最大值， 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接、，利用线线平行可得线面平行，进而可得平面平面，进而根据面面平行的性质可证平面． （2）由题意根据勾股定理可证，利用面面垂直的性质可证． 【详解】（1）取的中点，连接、，则,故四边形为平行四边形， 故，又平面，平面, 故平面, 同理，平面，平面, 故平面, ，、平面． 平面平面，注意到平面， 平面． （2）由题意可得：，， ，， 平面平面，平面平面，平面, 平面，且平面， ． 提升训练 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高二下·上海虹口·期末）设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则“”的充分条件是（   ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 2．（23-24高一下·云南·阶段练习）设，m，n是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若直线，，且，，则 D．若，m是异面直线，，，且，，则 3．（23-24高二下·青海海西·期末）在正方体中，异面直线与所成角的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在长方体中，，，，点P是长方体表面上的动点，若，则点P的轨迹所围成的图形的面积等于（） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）如图，四棱锥的底面为矩形，且平面，若，则下列结论错误的是（    ） A．直线与平面所成角的正弦值为 B．平面平面 C． D．二面角的余弦值为 6．（22-23高三下·河南安阳·阶段练习）如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·广西·一模）已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·广东江门·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则下列错误的是（    ） A．三棱锥内切球半径为 B．异面直线BD与所成的角为 C．点到平面的距离为 D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（22-23高一下·广东广州·期末）若平面平面，且，则下列命题中正确的是（    ） A．交线l的垂线必垂直于平面 B．与平面垂直的直线平行于平面或在平面内 C．平面内的任一条直线必垂直于平面内无数条直线 D．过平面内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面 10．（22-23高一下·贵州贵阳·阶段练习）已知,表示平面，m，n表示直线，则（    ） A．若，n，则m B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 11．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（22-23高二上·上海虹口·阶段练习）已知空间四边形，连接和，且，点是线段的中点，则异面直线和所成的角的余弦值是 ． 13．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在三棱锥中，，，平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为 ． 14．（2024·山东·模拟预测）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，，若，当四面体体积最大时，则该四面体的内切球半径为 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高二上·上海普陀·阶段练习）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. 16. (15分) （23-24高一下·江苏盐城·期末）如图，在四棱锥中，，，，为的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求点到平面的距离. 17. (15分) （23-24高一下·山东聊城·阶段练习）如图．在正方形ABCD中，P，Q分别是AB，BC的中点，将分别沿PD，PQ，DQ折起，使A，B，C三点重合于点M． (1)证明：MD⊥平面MPQ (2)证明：点M在平面PDQ的投影为的垂心． 18. (17分) （23-24高一下·江苏连云港·期末）如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． (1)求证：四棱锥为正四棱锥； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (3)若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 19. (17分) （23-24高一下·浙江丽水·期中）如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．    (1)求三棱台的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 参考答案： 1．C 【分析】根据充分条件的定义，结合线面垂直的性质、面面垂直的判定定理即可. 【详解】对于A，若，则，故A错误； 对于B，若，则平面与平面可以相交或平行，故B错误； 对于C，因为，由线面垂直的性质，所以， 又因为，所以，故C正确； 对于D，若，则平面与平面可以相交或平行，故D错误； 故选：C 2．D 【分析】结合空间的直线与平面的关系，进行直观想象，即可排除A, B；对于C项，考虑特殊情况时，显然得不出排除C，对于D项，可由利用线面平行的性质证，推出，再证与相交，结合，即得. 【详解】对于A，若，，，则与可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，若，，，则与可能平行，相交或异面，故B错误； 对于C，当时，得不到，故C错误； 对于D， 由，则存在平面，使得，且，可得， 因故有； 因，且，m是异面直线，，则有与必相交， 又，故得，即D正确. 故选：D. 3．C 【分析】根据异面直线定义得异直线与所成角即为与所成角，再由正方体性质可求解. 【详解】由正方体性质得异直线与所成角即为与所成角， 由正方体结构特征可知为等边三角形， 因此与所成角为. 故选：C. 4．C 【分析】先找到与BD1垂直的平面，从而得到点P的轨迹即为该面与长方体的交线，即可由三角形面积公式求解. 【详解】连接相交于，取的中点，连接， 由于平面，平面，故， 又，故，平面， 故平面，平面，故， 由，，故， 在中，， 在中，， 故，进而得， 故，由于，故， 又平面，故平面 故点的轨迹为线段，其轨迹所围成的图形为三角形； 其中， 故三角形面积为. 故选：C. 5．C 【分析】依题意可得为直线与平面所成的角，即可判断A；根据平面及面面垂直的判定定理判断B；推出矛盾即可判断C，过点作交于点，连接，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算判断D. 【详解】不妨设， 对于A：连接，因为平面，所以为直线与平面所成的角， 因为平面，所以， 又，，则， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故A正确； 对于B：因为平面，平面，所以平面平面，故B正确； 对于C：因为平面，平面，所以， 若，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 则矩形为正方形，所以，与矛盾，故与不垂直，故C错误； 对于D：过点作交于点，连接，因为，平面， 所以平面，又平面，所以， 则为二面角的平面角，又，即， 解得，所以， 所以，即二面角的余弦值为，故D正确. 故选：C 6．C 【分析】作，由圆柱的结构特征和线面垂直的判定可知平面，则点轨迹是平面与上底面的交线，结合勾股定理可求得长，即为所求轨迹长度. 【详解】连接，作，交于点， 是的中点，， 平面，平面，， ，平面， 平面，又平面， ，又，，平面， 平面， 设平面与上底面交于，，点的轨迹为； ，，是母线中点， ， ， . 故选：C. 7．C 【分析】 根据给定条件，求出三棱锥体积取最大时的几何体特征，再确定球心位置，求出球半径作答. 【详解】取中点，连接，如图， 在中，由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号， 又，则， 当且仅当时，最大，的面积最大， 令直线与平面所成角为，则点到平面的距离，当且仅当时取等号， 因此三棱锥体积，即当最大，三棱锥体积最大， 因此当三棱锥体积最大时，且平面，而平面，即有， 正中，，，则平面， 令正的外接圆圆心为，等腰的外接圆圆心为，则分别在上，令外接球球心为， 于是平面，平面，有，即四边形是矩形， 而，，在中，， 因此球的半径， 所以三棱锥外接球的体积， 故选：C 8．B 【分析】利用等体积法计算即可判断A；根据线面垂直的判定定理与性质即可判断B；根据线面垂直的判定定理确定的长度就是点到平面的距离，即可判断C；如图，确定等腰梯形是过点，B，F的平面截该正方体所得截面，即可判断D. 【详解】对于A选项，， 设正四面体内切球的半径为，则， 所以，解得，故A正确； 对于B选项，因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，，AC，平面，所以平面， 又平面，所以，即异面直线BD与所成的角为，故B错误； 对于C选项，由选项B知，，同理，因为，BD，平面， 所以平面，则的长度就是点到平面的距离， 显然E为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1， 所以正三角形的边长为，所以，又， 所以，即点到平面的距离为，故C正确； 对于D选项，取的中点G，连FG，，BF，，因为， 所以等腰梯形是过点，B，F的平面截该正方体所得截面，如图， 因为，，， 所以等腰梯形的高为， 所以等腰梯形的面积为， 即过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确． 故选：B 【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 9．BC 【分析】根据线面、面面关系逐一判断即可. 【详解】对于A，交线l的垂线可能不在平面内，所以不一定垂直于平面，故A错误； 对于B，与平面垂直的直线平行于平面或在平面内，故B正确； 对于C，取平面内无数条与交线垂直的直线，平面内的已知直线与这无数条直线垂直，故C正确； 对于D，若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定垂直于平面，故D错误.    故选：BC 10．CD 【分析】由线面，面面关系相关知识判断各选项正误即可. 【详解】A选项，若，n，则可能平行，相交或异面，故A错误； B选项，若，，则,可能相交或平行，故B错误； C选项，若，，由线面垂直性质可知，故C正确； D选项，若，，则,互相平行，故D正确. 故选：CD 11．ABD 【分析】求三棱锥的体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假. 【详解】对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2， ，所以，故A正确； 对B：如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且， 所以为异面直线与所成角. 当与重合时，异面直线与所成角为. 当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确； 对C：如图： 根据正方体的结构特点，平面，为中点， 因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点. 故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形， 所以当与重合时，， 此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误； 对D：如图： 当直线与平面ABCD所成的角为时， 因为，所以不可能在四边形内（除外）； 同理不可能在四边形内（除外）. 在平面与平面的运动轨迹为线段和，且； 当在平面时，作平面，垂足为，连接， 因为，所以， 所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的， 所以点的轨迹长度为：，故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 12． 【分析】取中点，连接，，则异面直线和所成角为或其补角，在中使用余弦定理求解即可. 【详解】 如图，取中点，连接，， ∵，分别为，中点， ∴，且， ∴异面直线和所成角为或其补角， 在等边和等边中，， ∴在中，由余弦定理，有 ， ∴异面直线和所成的角的余弦值为. 故答案为：. 13．/ 【分析】根据线面垂直的性质定理及异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解. 【详解】由平面，平面，得，， 又，，则， 取的中点，连结，由为的中点，得， 因此直线BE与AD所成角为或其补角， 在中，，，， 由余弦定理得， 所以直线BE与AD所成角的余弦值为. 故答案为： 14．或 【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，，点的位置，再利用体积法求内切球半径. 【详解】如图： 因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面. 平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以. 又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆， 作于，则是三棱锥的高. 所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大. 此时点应该与或重合，为正方形的中心. 如图： 当点与重合，为正方形的中心时： ，，，， 中，因为，，，所以. 设内切球半径为，由得： . 如图： 当点与重合，为正方形的中心时： ，，，， . 设内切球半径为，由得： . 综上可知，当四面体的体积最大时，其内切球半径为：或. 故答案为：或 【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键. 15．(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. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）依题意可得四边形为平行四边形，即可得到，从而得证； （2）连接，即可说明四边形为菱形，得到，从而得到，再由线面垂直得到，从而证明平面，即可得证； （3）首先证明平面，即可得到为二面角的平面角，从而求出，再由，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）因为，，为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）连接，因为，，为的中点， 则，所以四边形为菱形，所以， 又，所以， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （3）因为平面，平面， 所以，，，又， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角，即， 所以为等腰直角三角形， 所以，又，，， 所以，又平面，平面，所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即， 即，解得，即点到平面的距离为. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）在正方形ABCD中，，，折起后，可得，,即可证得平面MPQ； （2）点M在平面PDQ的投影为O，则平面PDQ，连接DO并延长DO与PQ交于点F，连接QO并延长QO与PD交于点E，可得平面MPD，进而证得平面MOQ，则，同理可证，所以点M在平面PDQ的投影为△PDQ的垂心． 【详解】（1）因为在正方形ABCD中，，， 所以折起后，重合为,可得，, 为，又平面MPQ，所以平面MPQ． （2）设点M在平面PDQ的投影为O，则平面PDQ， 得，． 连接DO并延长DO与PQ交于点F，连接QO并延长QO与PD交于点E， 因为在正方形ABCD中，，所以折起后，可得， 又因为，，所以平面MPD， 因为平面MPD，所以， 又且两直线在平面MOQ内， 所以平面MOQ， 因为平面MOQ，所以， 同理可证， 故点M在平面PDQ的投影为的垂心． 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据过点作面，垂足为，取中点，连接，二面角的正切值为，验证的为正方形的对角线的交点，从而得证； （2）利用二面角的定义确定二面角的平面角，求解即得； （3）通过在图形中找到与垂直的平面，从而观察符合题意的截面，判断截面面积最大的情况，计算出面积； 【详解】（1）证明：过点作面，垂足为，取中点，连接，如图所示， 是平面内两条相交直线，平面. 平面，，二面角的平面角为. 在等边三角形边长为4，根据勾股定理可得, 在直角三角形，. 因此为正方形的中心，即正方形的对角线的交点， 又因为面，则. 因此四棱锥为正四棱锥. （2）设面面，因为平面平面， 故面，又面，面面，从面， 则，同理为二面角的平面角， 因四棱锥为正四棱锥，故，则， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. （3） 由（1）知为的中点，取的中点， 连接都是正三角形，平面， 所以，由，则平面， 因此过点垂直于的截面与截面平行或重合， 显然点在上（不含端点）时，截面面积小于，不可能最大， 当点在（不含端点），时，令， 此时截面交分别于点，，，，平面平面， 平面平面，平面平面， 因此，同理， 由知，平面，得平面， 而平面平面平面，则，同理，于是，四边形为平行四边形， 又，则，即有，四边形为矩形， 显然，则， ，由， 得，而，矩形面积， 从而截面的面积 ， 当时，，显然， 即时，截面面积最大，最大值为. 19．(1) (2)． 【分析】（1）由三角形面积公式的得到上下底面面积，由面面垂直得到线面垂直从而得到三棱台的高为，在直角三角形中得到，利用棱台体积公式求得体积； （2）由线面垂直得到面面角的平面角，通过解三角形得到边长，求得余弦值. 【详解】（1）记与的面积分别为和，则由题可得，． 如图过点作，垂足为O，   平面平面且交线为，平面， ，，, （2）    过点O作，垂足为E，连结， 由（1）得平面，平面，，又， 平面，平面，平面，， 为平面与平面夹角的平面角． 是上靠近的四等分点，由得， 平面与平面ABC所成角的余弦值为． 培优训练 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）在长方体中，为的中点，在中，，，，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 3．（2024·广东广州·二模）已知是三个不重合的平面，且，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 5．（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）如图，正方体的棱长为1，过点作平面的垂线，垂足为点，则以下命题中，错误的命题是（   ） A．点是的垂心 B．垂直平面 C．的延长线经过点 D．直线和平面所成角为 6．（2024·全国·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，过点作垂直于直线PC的截面，则以为顶点，截面为底面的棱锥的体积为（    ） A．42 B．48 C．56 D．63 7．（23-24高一下·山东临沂·阶段练习）如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是六边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．一定是锐角三角形 D．面积的最大值是 8．（22-23高三·河南·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，，点E，F分别为边BC和AD上的定点，，，，将，分别沿着AE，CF向平行四边形所在平面的同一侧翻折至与处，连接，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高一下·河南郑州·期末）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则（    ） A． B．面 C．直线与平面ABCD所成的角为 D．四面体的体积为 10．（22-23高二上·福建泉州·期末）正方体的棱长为2，H为线段AB中点，P在正方体的内部及其表面运动，若，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则P的轨迹长度为 C．正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等 D．正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角不都相等 11．（23-24高一下·四川成都·期末）2020年11月28日8时30分许，随着一阵汽笛声响，创造了10909米中国载人深潜新纪录的“奋斗者”号完成第二阶段海试，顺利返航.相比于现在先进的载人潜水器制造技术，在人类探秘深海初期，初一代的潜水器只是由钢缆和电话线连接的简易钢铁球壳.小李同学对潜水器很感兴趣，他利用假期制作了一个简易的“初一代”潜水器模型.他的模型外壳使用了面积为的金属材料，并在内部用12根等长的钢筋搭建了一个正方体支架.为了研究外壳各个点位与支架之间的受力情况，如图，作出支架的直观图正方体，设为外壳上的一个动点，则（    ）    A．存在无数个点，使得平面 B．当平面平面时，点的轨迹长度为 C．当平面时，点的轨迹长度为 D．存在无数个点，使得平面平面 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）如图，已知在矩形中，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，则二面角的余弦值为 ． 13．（23-24高一下·宁夏石嘴山·阶段练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是 .（只填序号） ①四面体为鳖臑 ②平面 ③若，则与所成角的正弦值为 ④三棱锥的外接球的体积为定值 14．（2024·黑龙江·模拟预测）已知矩形，其中，，点D沿着对角线进行翻折，形成三棱锥，如图所示，则下列说法正确的是 （填写序号即可）． ①点D在翻折过程中存在的情况； ②三棱锥可以四个面都是直角三角形； ③点D在翻折过程中，三棱锥的表面积不变； ④点D在翻折过程中，三棱锥的外接球的体积不变． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （23-24高一下·河北保定·阶段练习）如图，已知分别是三棱锥棱上的点． (1)若四边形为平行四边形，证明：面； (2)若分别是的中点，且，直线和直线所成角为，求直线和直线所成角的余弦值． 16. (15分) （23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 17. (15分) （2023·河南·模拟预测）已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F. (1)求证：点E为线段的中点； (2)求这两个棱锥的公共部分的体积. 18. (17分) （23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面； (3)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. (17分) （2023·四川泸州·一模）如图，四棱锥的底面是正方形，且平面平面．，分别是，的中点，经过，，三点的平面与棱交于点，平面平面，直线与直线交于点．    (1)求的值； (2)若，求多面体的体积． 参考答案： 1．B 【分析】设，利用勾股定理求得，，，再利用勾股定理列式计算即可. 【详解】如图，连接，由为的中点得，设， 则，， ， 因为，所以， 即，解得（负值舍去）. 故选：B 2．B 【分析】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D. 【详解】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于， 连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误； 对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以， 所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确； 对于C，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为平面，所以平面， 因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误； 对于D，易知，所以， 又，所以平面， 结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误. 故选：B． 3．C 【分析】根据空间中线面位置关系的性质定理和判定定理可判断各选项的正误． 【详解】若，则或与相交，故A错误； 若，则或与相交，故B错误； 若，则，故C正确； 若，则与相交，不一定是垂直，故D错误． 故选：C． 4．C 【分析】①由题设结合线面垂直的判定证平面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②若是的中点，应用平行四边形的性质有，可知与的夹角为或其补角，进而求其大小；③根据①②的分析，当平面时最大，求其最大值；④确定F的轨迹与到的轨迹相同，且到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，即可求轨迹长度. 【详解】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，平面， 故平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：若是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形， 故，所以与的夹角为或其补角， 若为中点，即，由①分析易知， 故与的夹角为，故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当平面时，最大， 此时，故③错误； 对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同， 由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点， 故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆， 所以的轨迹长度为，故④正确. 故选：C. 5．D 【分析】由三棱锥是正三棱锥，可判定A正确；根据正方体的性质，证得平面平面，得到平面，可判定B正确；证得平面，可判定C正确；由平面，可判定D错误. 【详解】对于A中，在正方体中，可得为等边三角形，且， 所以三棱锥是正三棱锥，可得在底面的射影是中心，所以A正确； 对于B中，在正方体中，可得， 因为平面，且平面，所以平面，同理平面， 又因为，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以B正确； 对于C中，在正方体中，可得， 又由平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，同理可证， 因为，且平面，可得平面， 所以的延长线经过点，所以C正确； 对于D中，因为平面，所以与平面所成的角为，所以D错误； 故选：D. 6．C 【分析】根据柱体的结构特征先作出过点且垂直于直线PC的截面，再分别研究截面面积和P到截面的距离即可得出结果. 【详解】分别在棱，上取点，使， 连接，， 则，， 连接，则， 所以为等边三角形， 易证， 因为，所以平面， 所以五边形即为截面， 设直线与直线间的距离为， 因为的面积， 四边形的面积， 所以截面的面积为， 又点到截面的距离， 所以所求棱锥的体积. 故选：C. 【点睛】关键点睛：（1）找准截面是五边形AMRQN是解题的关键，注意为棱的四等分点，先找相邻棱对应的四等分点； （2）PC是边长为6的正方体的体对角线，所以点到截面的距离是该正方体体对角线PC长的三分之一. 7．D 【分析】依据平面的性质画出平面截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得面积的最大值判断选项D 【详解】如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长， 分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交，于R，S两点， 连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A错误； 当点P与点A或点B重合时，截面为四边形. 综上，平面截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确； 考虑，当点P与点A重合时，，，， 此时因为，故为钝角，所以C错误； 如图，为中点，连接，则，且面， 延长分别交延长线于，则， 若分别为中点，易知：面，且，， 易证：面面，即在面上的投影为， 令，面面，则面，面， 所以，若，，则面，面， 所以，即为P到直线MN的距离， 如下图，随从A到B移动过程中，逐渐变大，而不变，故也在变大， 所以当P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值， 的面积取到最大值，此时，， 则MN边上的高为， △的面积为，即最大值为，D判断正确． 故选：D． 8．C 【分析】过点作，证明平面，取的中点，过点作，证明平面，根据线面垂直性质定理证明，根据线面平行性质定理证明，解三角形求. 【详解】过点作，垂足为， 因为， 所以， 所以，所以，又， 因为平面，， 所以平面，因为平面， 所以，又，平面，， 所以平面， 由已知，， 取的中点，连接， 则，，平面， 所以平面， 过点作， 因为平面，平面， 所以，平面，， 所以平面， 所以， 因为，平面，平面， 所以平面，平面平面， 平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 设，则， 由已知，所以为等边三角形， 所以， 在中，，，， 所以， 在中，，， 所以， 在中，，， 所以， 所以， 所以， 解得或， 由已知小于点到直线的距离，所以， 故， 故选：C. 【点睛】本题通过平面图形的翻折考查直线与平面的位置关系，平面图形的翻折问题解决的关键在于分析翻折前后的位置关系的变化和线段长度和角度的是否变化. 9．ABD 【分析】连接，由，平面，得出，判断选项A；证明，即可判断选项B；是直线与平面所成的角，计算，即可判断选项C；计算四面体的体积，即可判断选项D． 【详解】对于A，连接，则，因为，平面，所以， 又，所以平面， 又平面，所以，所以，选项A正确； 对于B，因为，所以，又平面，平面， 所以面，选项B正确； 对C，由题意知，是直线与平面所成的角，且， 所以与平面所成的角不是，选项C错误； 对于D，四面体的体积为，选项D正确． 故选：ABD． 10．ABC 【分析】根据给定条件，作出点P的轨迹所在平面截正方体所得截面，再逐项分析、计算判断作答. 【详解】点O为正方体的中心，连接，过AB的中点H作交BC于I，则I为的中点，如图， 平面，平面，有，而， 平面，则平面，又平面，即有， 连接，同理，而平面，则平面， 令点P的轨迹所在平面与正方体的棱所在直线交于点， 平面平面，平面平面，而平面平面， 于是，同理，依题意，平面，因此平面平面， 平面平面，平面平面，于是， 又为棱中点，则为棱中点，同理点分别为棱中点， 因此点P的轨迹为正六边形及内部， 对于A，因为平面平面，则点P到平面的距离为定值，又的面积为定值， 于是三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，，则点P在以点D为球心，为半径的球面上，而点D到正六边形每一边的距离为， 则点P的轨迹是该球截正六边形所得截面小圆，而点D到平面距离， 因此这个截面小圆半径，此小圆周长为，B正确； 对于C，由于平面平面，则正方体的每个面与平面所成角等于正方体该面与平面所成角， 又三棱锥是正三棱锥，即正方体的侧面，侧面，上底面与平面所成角都相等， 又正方体的相对面平行，所以正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等，C正确； 对于D，正三棱锥的侧棱与平面所成角都相等， 即正三棱锥的侧棱与P的轨迹所在平面所成角都相等， 而，，， 所以正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角都相等，D错误. 故选：ABC 【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. 11．ACD 【分析】根据面面平行的性质判断A，根据平面，判断点的轨迹，判断B，根据面面平行的性质定理，判断点的轨迹，即可判断C，若平面平面，确定点的轨迹，即可判断D. 【详解】该球的表面积，所以，且正方体的棱长，满足，则，    A.由题意可知，平面平面，且平面，故平面， 则点的轨迹为正方形的外接圆，故有无数个点满足，故A正确； B.易知平面，且平面平面，平面， 故点的轨迹为矩形的外接圆，其周长为，故B错误； C.因为平面，设过且与平面平行的平面为，则的轨迹为与外接球的交线，其半径为，周长为，故C正确； D.若平面平面，则点在以为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点满足，故D正确. 故选：ACD 12．/ 【分析】过点在平面内作，垂足为点，连接，证明二面角的平面角为，根据几何关系即可求解． 【详解】由平面知识易证，所以. 在三棱锥中，， ∴， 过点在平面内作，垂足为点，连接． ∵， ∴易得平面又∵平面， ∵平面，平面， 平面， ∴二面角的平面角为， 在中，， 由余弦定理可得， ∴， ∴， ∵平面平面， ∴，故， ∴二面角的余弦值为． 故答案为：. 13．①②④ 【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理可判断①；连接，相交于点，可得四边形为平行四边形，，再由线面平行的判定定理可判断②；由选项②知与所成角即与所成角为或其补角，求出，，在中由余弦定理得，再求出可判断③；由、均为直角三角形可得点是三棱锥的外接球的球心，求出外接球的半径可判断④. 【详解】对于①，在堑堵中， 平面，、、平面， 所以，，， 所以、均为直角三角形， 因为，所以为直角三角形， 且，、平面， 所以平面，平面，所以， 所以为直角三角形，所以四面体为鳖臑，故①正确； 对于②， 如图，连接和相交于点，所以点为的中点，连接，， 所以，， 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面，故②正确； 对于③，，由②知，， 所以与所成角即与所成角或其补角， 因为，所以， 连接，所以，所以， 所以，在中， 由余弦定理得， 所以为锐角，则， 则与所成角的正弦值为，故③错误； 对于④，如下图，连接，由①可知，、均为直角三角形， 且，，且点为的中点， 所以， 所以点是三棱锥的外接球的球心，且外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为， 与，长度无关，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】方法点睛：异面直线所成角的求法有几何法和向量法，几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中，利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形，求出3边或3边的比例关系，用余弦定理求角；向量法：求两直线的方向向量，求两向量夹角的余弦，因为直线夹角为锐角，所以对角的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值. 14．②④ 【分析】对于①：利用线面垂直的判定定理和性质，推出矛盾；对于②：存在一种情况符合条件即可；对于③：根据翻折过程容易得到表面积的变换趋势，应为逐渐减小；对于④：利用两个直角三角形，易得翻折过程中外接球球心和半径都是固定的，因此体积不变. 【详解】对于①：如图所示，过点B作的垂线，垂足为E，连接， 若成立，由，与都在平面内且相交， 则面，则，又因为，所以在原矩形中，， 因为矩形的长宽不等，所以显然不可能，①错误； 对于②：当面面时，，，此时四个面都是直角三角形，②正确； 对于③：由于在翻折过程中与都为锐角，且逐渐变小， 所以变小， 同理也同时变小，而另两个三角形和为矩形面积，③错误； 对于④：由于，都为直角三角形，所以外接球的球心就是中点， 点D在翻折过程中，其外接球的直径始终为，④正确. 故答案为：②④ 15．(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）由已知可得，可得面，由线面平行的性质可得，进而可证结论； （2）取中点H，连接，可得（或其补角）即为直线和直线所成角，结合已知分类讨论可求直线以和直线所成角的余弦值. 【详解】（1）因为四边形为平行四边形，所以． 而面面，所以面， 而面，面面，所以， 又因为面面，所以面； （2）取中点H，连接，则， 所以（或其补角）即为直线和直线所成角， （或其补角）即为直线和直线所成角， 因为，所以 当时，由得， 所以直线和直线所成角为，故其余弦值为， 当时，由得， 所以直线和直线所成角为，故其余弦值为， 综上，直线以和直线所成角的余弦值为或. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）过作平面于点，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为，再利用勾股定理和余弦性质即可； （3）首先利用线面角定义证明和重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【详解】（1）过作平面于点，延长交于点， 延长交于点平面， 则，平面， 则平面，平面， 同理由可证明为的垂心，， 因为平面，平面,， 又平面，则平面. 平面. （2）平面，则直线与平面所成的角即为， 为等边三角形，边长为2， 则， ， 所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且， 直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为. （3）取的中点，连和， 为的中点，， 平面平面， 即为直线与平面所成角最大时，即最小. 由题意知，则最小时，和重合时， 取中点，连接，则即为异面直线与所成的角， 在中，， 由余弦定理得， 同（2）中的求法可得，结合底面是为2的等边三角形， 则该四棱锥为正四面体，则， 又中，， 则由余弦定理得.    【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点； （2）分析四棱锥的底和高，用四棱锥的体积减四棱锥的体积，可得所求几何体体积. 【详解】（1） 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. （2）连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 由（1）同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 18．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或. 【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论； （2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论； （3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， ，，可得，又，， 所以是等边三角形，所以，， 又，所以，又平面，平面， 平面，又，又平面， 所以平面平面； （2）由侧面为矩形，可得， 连接，可得是等边三角形，所以， 所以，又，， 由余弦定理可得，所以， 所以，所以，所以，所以， 又， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （3）延长交于，可得是等边三角形， 过作于， 由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 又三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面， 所以， 解得，过作于，连接， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则点在线段上，且为中点， 又，由勾股定理可得， 所以，所以，所以由勾股定理可得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； 若，则点在线段延长线上，此时，. 19．(1) (2) 【分析】（1）连接，根据线面平行的性质定理结合相似三角形即可求； （2）多面体的体积为，再根据锥体体积公式，结合线面垂直的判定和性质求解即可. 【详解】（1）连接， 由题意，与的交点即为点，连接， 因为底面是正方形，所以, 又因为面，面， 所以面， 因为平面平面，面， 所以， 又为中点，所以， 所以， 又因为且， 所以且， 所以， 因为是中点，所以. （2）连接，，所以多面体的体积为 因为，是中点， 所以，， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以面， 所以， 因为为中点， 所以， 由（1）可知， 所以， 所以多面体的体积为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$