专题四 立体几何 第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 3 【考点一】空间直线、平面位置关系的判定 3 【考点二】空间平行、垂直关系 5 【考点三】翻折问题 8 【专题精练】 10 考情分析： 高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题． 真题自测 一、单选题 1．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 3．（2024·全国·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 4．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 5．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 6．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 7．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 二、解答题 8．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 考点突破 【考点一】空间直线、平面位置关系的判定 核心梳理： 判断空间直线、平面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题． (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断． 一、单选题 1．（22-23高三上·浙江杭州·期中）如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点，点G是棱的中点，则过线段AG且平行于平面的截面图形为（    ） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 2．（2022·福建福州·三模）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ） A．AE=CF，AC与EF是共面直线 B．，AC与EF是共面直线 C．AE=CF，AC与EF是异面直线 D．，AC与EF是异面直线 二、多选题 3．（2022·河北廊坊·模拟预测）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（    ） A．平行于同一条直线的两条直线必平行 B．垂直于同一条直线的两条直线必平行 C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 4．（2022·广东深圳·模拟预测）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．有无数个点满足 B．当点在棱上运动时，的最小值为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 三、填空题 5．（2022·山东济南·二模）下列命题： ①平行于同一条直线的两条直线平行； ②如果平面外的一条直线平行于平面内的一条直线，那么该直线与这个平面平行； ③如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行； ④如果一条直线和平面内的两条直线垂直，那么该直线垂直于这个平面； ⑤如果一条直线和平面的一条斜线在平面内的射影垂直，那么直线也和斜线垂直． 其中正确命题的序号为 ． 6．（2022·四川绵阳·三模）在棱长为3的正方体中，已知点P为棱上靠近于点的三等分点，点Q为棱CD上一动点．若M为平面与平面的公共点，N为平面与平面ABCD的公共点，且点M，N都在正方体的表面上，则由所有满足条件的点M，N构成的区域的面积之和为 ． 规律方法： 对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，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，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立． 【考点二】空间平行、垂直关系 核心梳理： 平行关系及垂直关系的转化 一、单选题 1．（2022·陕西榆林·模拟预测）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（2022·贵州贵阳·模拟预测）已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（   ） ①若，，则；            ②若，，则； ③若，，则；            ④若，，则． A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 二、多选题 3．（22-23高三上·河北·阶段练习）设m，n为不重合的直线，，，为不重合的平面，下列是成立的充分条件的有（    ） A．，， B．，，，， C．， D．， 4．（2022·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，⊥，，D为AB的中点，且为等边三角形，，，则下列判断正确的是（    ） A．平面SBC B．平面⊥平面SAC C． D． 三、填空题 5．（2022·四川广安·二模）如图，正方体的棱长是2，S是的中点，P是的中点，点Q在正方形及其内部运动，若平面，则点Q的轨迹的长度是 . 6．（2022·河南·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，则四棱锥外接球的表面积为 . 四、解答题 7．（2022·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 8．（2022·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD为菱形，为等边三角形，E为AD的中点. (1)求证：； (2)若，求点A到平面PCD的距离. 规律方法： (1)证明线线平行的常用方法 ①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理． (2)证明线线垂直的常用方法 ①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直． 【考点三】翻折问题 核心梳理： 翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． 一、单选题 1．（2022·浙江宁波·模拟预测）在等腰梯形中，，，AC交BD于O点，沿着直线BD翻折成，所成二面角的大小为，则下列选项中错误的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，已知，是的中点，沿直线将翻折成，设直线与面所成角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 3．（2022·四川德阳·二模）如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是 ． ①翻折到某个位置，使得 ②翻折到某个位置，使得平面 ③四棱锥体积的最大值为 ④点M在某个球面上运动 四、解答题 4．（2022·全国·模拟预测）如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 规律方法： 注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 专题精练 一、单选题 1．（2023·陕西榆林·二模）下列说法中正确的是（    ） A．平行于同一直线的两个平面平行 B．垂直于同一平面的两个平面垂直 C．一块蛋糕3刀可以切成6块 D．一条直线上有两个点到一平面的距离相等，则这条直线在平面内 2．（2024·安徽·模拟预测）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中， ① 与 平行； ② 与 是异面直线； ③ 与 成 角； ④ 与 垂直． 以上四个结论中，正确结论的序号是（    ）    A．①②③ B．②④ C．③④ D．①③④ 3．（2023·四川绵阳·三模）下列说法中正确的是 ​（    ） A．命题 “若 ​， 则​”的逆命题是真命题 B．命题 “ ​或​"为真命题， 则命题​和命题​均为真命题 C．命题“ ​”的否定为： “​” D．直线 ​不在平面​内， 则“​上有两个不同的点到​的距离相等”是“​”的充要条件 4．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若与所成的角相等，则 C．若，，则 D．若，则 5．（2024·江西新余·模拟预测）已知是三个不同的平面，为两条不同直线，则下列说法正确的是：（     ）. A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，G为的中点，则下列结论错误的是（ ） A．点共面 B．平面平面 C． D．平面ACD 7．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 二、多选题 9．（24-25高三上·江西九江·开学考试）已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．动点的轨迹长度为 C．不存在点，使得平面 D．四面体DEFG体积的最大值为 10．（2023·广东韶关·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（    ）    A．四边形一定为矩形 B．平面平面 C．四棱锥体积为 D．四边形的周长最小值为 11．（2022·广东茂名·一模）如图是一个边长为1的正方体的平面展开图，M为棱AE的中点，点N为平面EFGH内一动点，若平面BDG，下列结论正确的为（    ） A．点N的轨迹为正方形EFGH的内切圆的一段圆弧 B．存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面 C．无论点N在何位置．总有 D．MN长度的取值范围为 三、填空题 12．（2024·黑龙江·三模）如图所示，中，，分别是边上的点，，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，则四棱锥体积的最大值为 .    13．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在棱长都相等的正三棱柱中，若为棱的中点，则直线 与直线所成的角为 ． 14．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 四、解答题 15．（2023·四川攀枝花·一模）如图，在四棱柱中，平面，，，，且，. (1)求证：平面； (2)求证：. 16．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知. (1)求证：； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求的值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 17．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．    (1)求证：； (2)若，求直线和平面的距离． 18．（2024·湖南湘西·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．    (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 19．（2024·湖南衡阳·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. (1)求证：平面； (2)若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2讲　空间点、直线、平面之间的位置关系（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 11 【考点一】空间直线、平面位置关系的判定 11 【考点二】空间平行、垂直关系 17 【考点三】翻折问题 27 【专题精练】 34 考情分析： 高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题． 真题自测 一、单选题 1．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 3．（2024·全国·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 4．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 5．（2023·全国·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 6．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 7．（2022·全国·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 二、解答题 8．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A D A C A B A 1．A 【分析】根据面面垂直的性质结合线线以及线面的位置关系可判断AB；根据面面平行的性质结合线线以及线面的位置关系可判断CD； 【详解】对于A，若，则或， 又，当时，在内必存在直线l和m平行，则； 当时，显然有，所以，故A正确； 对于B，若，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故B错误； 对于C，若，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故C错误； 对于D，若，则或，又，则或，故D错误. 故选：A. 2．D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 当相对的棱长相等时，不妨设，， 因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在. 故选：D. 3．A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 4．C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 5．A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图，   是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 6．B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 7．A 【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 8．(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 考点突破 【考点一】空间直线、平面位置关系的判定 核心梳理： 判断空间直线、平面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题． (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断． 一、单选题 1．（22-23高三上·浙江杭州·期中）如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点，点G是棱的中点，则过线段AG且平行于平面的截面图形为（    ） A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形 2．（2022·福建福州·三模）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ） A．AE=CF，AC与EF是共面直线 B．，AC与EF是共面直线 C．AE=CF，AC与EF是异面直线 D．，AC与EF是异面直线 二、多选题 3．（2022·河北廊坊·模拟预测）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（    ） A．平行于同一条直线的两条直线必平行 B．垂直于同一条直线的两条直线必平行 C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 4．（2022·广东深圳·模拟预测）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．有无数个点满足 B．当点在棱上运动时，的最小值为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 三、填空题 5．（2022·山东济南·二模）下列命题： ①平行于同一条直线的两条直线平行； ②如果平面外的一条直线平行于平面内的一条直线，那么该直线与这个平面平行； ③如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行； ④如果一条直线和平面内的两条直线垂直，那么该直线垂直于这个平面； ⑤如果一条直线和平面的一条斜线在平面内的射影垂直，那么直线也和斜线垂直． 其中正确命题的序号为 ． 6．（2022·四川绵阳·三模）在棱长为3的正方体中，已知点P为棱上靠近于点的三等分点，点Q为棱CD上一动点．若M为平面与平面的公共点，N为平面与平面ABCD的公共点，且点M，N都在正方体的表面上，则由所有满足条件的点M，N构成的区域的面积之和为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A D AC AC 1．A 【分析】利用平行作出截面图形，即可判断形状. 【详解】取BC中点H，连接AH，GH，，.如下图所示： 由题意得，.又平面，平面， 平面，同理平面.又，平面，平面平面，故过线段且与平面平行的截面为四边形，显然四边形为等腰梯形. 故选：A 2．D 【分析】在圆柱中，利用勾股定理求解，再利用异面直线的定义进行判断得出结果. 【详解】如图，在底面半径为1的圆柱中，母线，，是的中点，则， 因为是的中点，又，则， ，， ， 在中，是的中点，是的中点，， 与是共面直线， 若AC与EF是共面直线，则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线 故选：D． 3．AC 【分析】根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B，通过举反例可判断D. 【详解】根据线线平行具有传递性可知A正确； 空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误； 根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确； 如图，且， 则但和的关系不确定， 故D错误. 故选：AC 4．AC 【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误； 对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误； 对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误； 对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误. 【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足， 证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以. 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确； 对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M， 此时最短为，大小为，故B错误； 对于C，当点在平面内时，面，面，则， 所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧， 从而动点轨迹长度为，故C正确； 对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角， 由在线段上存在点知，，由，得， 即最小值大于，故D错误. 故选：AC. 5．①②③ 【分析】根据线线、线面和面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】①，根据平行公理可知：平行于同一条直线的两条直线平行.所以①正确， ②，根据线面平行的判定定理可知：如果平面外的一条直线平行于平面内的一条直线，那么该直线与这个平面平行，所以②正确. ③，结合面面平行的判定定理可知：如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行.所以③正确. ④，如果一条直线和平面内的两条直线垂直，那么该直线可能在这个平面内，所以④错误. ⑤，如果一条直线和平面的一条斜线在平面内的射影垂直，直线时，，但与不垂直.所以⑤错误. 故答案为：①②③ 6． 【分析】利用面面平行性质定理找到点、点的运动轨迹，然后各自计算其区域面积，然后加在一起即可. 【详解】 由已知得：平面与平面的交线与平行，M轨迹为平面与平面的交线在矩形内线段所构成的图形， 当点与点重合时，M轨迹为线段， 当点从点沿往点运动时，M轨迹为以为一端点,另一端点落在线段上的线段，其中为棱上靠近于点的三等分点， 综上，M轨迹为线段以及三角形及其内部， 所以点构成区域的面积为， 同理可得轨迹为平面与平面的交线在矩形内线段所构成的图形， 构成区域为梯形,面积为， 所以M，N构成的区域的面积之和为. 故答案为：. 规律方法： 对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，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，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立． 【考点二】空间平行、垂直关系 核心梳理： 平行关系及垂直关系的转化 一、单选题 1．（2022·陕西榆林·模拟预测）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（2022·贵州贵阳·模拟预测）已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（   ） ①若，，则；            ②若，，则； ③若，，则；            ④若，，则． A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 二、多选题 3．（22-23高三上·河北·阶段练习）设m，n为不重合的直线，，，为不重合的平面，下列是成立的充分条件的有（    ） A．，， B．，，，， C．， D．， 4．（2022·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，⊥，，D为AB的中点，且为等边三角形，，，则下列判断正确的是（    ） A．平面SBC B．平面⊥平面SAC C． D． 三、填空题 5．（2022·四川广安·二模）如图，正方体的棱长是2，S是的中点，P是的中点，点Q在正方形及其内部运动，若平面，则点Q的轨迹的长度是 . 6．（2022·河南·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，则四棱锥外接球的表面积为 . 四、解答题 7．（2022·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 8．（2022·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD为菱形，为等边三角形，E为AD的中点. (1)求证：； (2)若，求点A到平面PCD的距离. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A D BD ABC 1．A 【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断. 【详解】对A：因为垂直于同一平面的两条直线一定平行，故A正确； 对B：若，，则或，故B错误； 对C：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，所以C错误； 对D：若，，则或，故D错误. 故选：A 2．D 【分析】借助长方体模型考察直线是否可在平面内，可判断①②；在平面内取两条相交直线m，n，根据线面垂直判定定理可判断③；利用线面平行的性质定理和异面直线夹角定义可判断④. 【详解】长方体中，平面为平面，直线BC为直线b，如图， 当直线AD为直线a时，满足，，而，①不正确； 当直线为直线a时，满足，，而，②不正确； 在平面内取两条相交直线m，n，如图，因，则， 而，则，又，m，n是相交直线，∴，③正确； 因，过直线b作平面，如图， 则有，又，，于是得，从而得，④正确， ∴给定命题正确的是③④. 故选：D. 3．BD 【分析】通过举反例判断选项错误或通过定理与证明得出选项正确. 【详解】 对于A，如图，有，，，故选项A错误； 对于B，由平面与平面平行的判定定理，有，，，，，故选项B正确； 对于C，如图，有，，故选项C错误； 对于D，由已知如图，∵，∴设， 过直线任作一平面，设，， ∵，，∴，∵，，∴， ∵，，均在平面内，∴， 又∵，，∴， 同理，作另一平面，设，，可以证明， ∵，，， ∴. ∴有，，故选项D正确. 故选：BD. 4．ABC 【分析】A选项：先由三线合一得到，结合得到平面SBC，A正确； B选项：由选项A得到，结合⊥，得到⊥平面SAC，故平面平面ABC，故B正确； C选项：作出辅助线，得到，由勾股定理求出，故，得到平面CDE，所以，C正确； D选项：假设成立，证明出平面SAB．，．结合C选项推出矛盾，D不正确. 【详解】A选项：因为是正三角形， 所以． 因为D是AB的中点，所以，所以． 又，，平面SBC，平面SBC， 所以平面SBC， 所以A正确． B选项：由选项A知平面SBC，又平面SBC，所以． 因为⊥，，平面SAC，平面SAC， 所以⊥平面SAC． 因为平面ABC， 所以平面平面ABC，故B正确． C选项：如图，取SB的中点E，连接CE，DE， 因为为等边三角形，则． 易知．在中，，所以． 在中，，所以， 所以，又，，平面CDE，平面CDE， 所以平面CDE． 而平面CDE， 所以，所以C正确． D选项：假设成立，因为，，平面SAB，平面SAB， 所以平面SAB． 因为平面SAB， 所以，． 而由选项C知，， 所以， 这与三角形内角和定理矛盾，所以假设不成立， 即不成立，所以D不正确． 故选：ABC 5． 【分析】作交于E，连接，易证平面平面，设平面平面=EF，则在上求解. 【详解】解：如图所示： 要使平面，作交于E， 则平面， 因为正方体的棱长是2， 所以， 连接，取的中点，连接， 则为平行四边形，则， 则平面，又， 所以平面平面， 设平面平面=EF， 则， 连接，则为平行四边形，在上， 所以， 故答案为： 6． 【分析】先利用球的性质推得底面，从而推得外接球球心是外接圆的圆心，在中利用正弦定理求得，由此即可求得所求. 【详解】记的中点为，四棱锥外接球球心为，连接，在中过作交于，如图， 因为底面为矩形，为的中点，所以是底面外接圆的圆心， 所以底面， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以底面， 所以，又，所以共线， 因为平面，所以平面，则在面内， 所以四棱锥外接球的球心是外接圆的圆心，设外接球的半径为， 在中，因为，， 所以， 则由正弦定理得，得， 所以四棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. . 7．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面平行的性质定理，转化为证明平面平面，即可证明线面平行； （2）方法一，利用等体积转化，即可求点到平面的距离；方法二，同样利用等体积转化，即可求解. 【详解】（1）证明　连接， ∵分别为 的中点，∴， ∵直线不在平面内，平面，∴平面， ∵，，∴，且. ∴四边形为平行四边形，即， ∵直线不在平面内，平面，∴平面， ∵平面， ∴平面平面，平面，则平面. （2）方法1：设到平面的距离为， 因为平面，所以， 由于，所以四边形是平行四边形， 由于，所以，由于平面， 所以平面，而平面，则， 由得， 即； 方法2：∵，， 又平面，∴，又，平面， ∴平面，而平面，∴. 设，则，， 设点到平面的距离为，由， 得，则. ∵点为的中点，∴点到平面的距离等于点到平面的距离为. 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明线面垂直，再利用线面垂直的性质定理证明线线垂直； （2）利用等体积法求解点面距离即可. 【详解】（1）如图，    取的中点，连接，，，因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，是交线，平面，所以平面， 所以.因为底面为菱形，所以， 因为，分别是，的中点，所以，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）如图，连接，.    因为底面为菱形，，所以是等边三角形，易得. 由（1）得，平面，平面，平面， 所以，，所以. 在中，由余弦定理可得， 在中，，所以，即. 设点到平面的距离为， 由得，即， 解得，即点到平面的距离为. 规律方法： (1)证明线线平行的常用方法 ①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理． (2)证明线线垂直的常用方法 ①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直． 【考点三】翻折问题 核心梳理： 翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． 一、单选题 1．（2022·浙江宁波·模拟预测）在等腰梯形中，，，AC交BD于O点，沿着直线BD翻折成，所成二面角的大小为，则下列选项中错误的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，已知，是的中点，沿直线将翻折成，设直线与面所成角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 3．（2022·四川德阳·二模）如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是 ． ①翻折到某个位置，使得 ②翻折到某个位置，使得平面 ③四棱锥体积的最大值为 ④点M在某个球面上运动 四、解答题 4．（2022·全国·模拟预测）如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 参考答案： 题号 1 2 答案 C BC 1．C 【分析】由翻折中的边角变化，利用图形特征以及余弦定理,以及特殊位置排除即可做出判断. 【详解】等腰梯形中，，,可知： 取中点,中点连接,则，,所以为 二面角的平面角，即 设，则 , , 因为在上余弦函数单调递减，又 ，故A对. 当时, 与重合,此时,故C不对. 在翻折的过程中，角度从减少到 在翻折的过程中，角度从减少到 BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确.. 故选:C 2．BC 【分析】构造出二面角和线面角之后，再比较大小即可 【详解】 对于A，显然错误，而 对于B，当，时显然成立 当且时，分类讨论如下 ①若,则， 则 即为二面角的平面角, 即 又，，平面，平面， 所以平面，又平面 所以平面平面 所以在平面上的射影即为 所以即为与平面所成的角，即 此时， ②若与不垂直, 过点作垂直直线于点, 过点作垂直直线于点, 则可知分别在点的两边, 如图所示,将线段平移到线段处，过作垂直于点，连接 因为，，所以 则 即为二面角的平面角, 即 又，，平面，平面， 所以平面，又平面 所以平面平面 又平面，平面平面，， 所以平面 所以即为与平面所成的角，即 在中， 在中， 因为，所以，所以 综上， 故B正确 对于C，当且时显然成立 当，且时， 由B选项的讨论可知，成立 故C正确 对于D 设, 则由题意知. 在空间图形中, 连结, 设. 在中, 在中,,. 同理,,故. 由题意平面,故. 在中, 在中, （当时取等号）, ,而在上为递减函数, 故D错误 故选：BC 3．①③④ 【分析】对于①，当时，即时满足条件；对于②，由于不成立，进而可判断；对于③，当平面平面时，四棱锥体积的最大，再求解即可；对于④，取中点，连接，即可得在以点为球心的球面上． 【详解】解：对于①，由题知，若存在某个位置使得，由于，平面，所以平面，又平面，即，由于，故， 由于在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得， 故存在某个位置，使得，故①正确； 对于②，若存在某个位置，使得平面，因为平面， 所以，另一方面，在矩形中，， 故不成立，所以②错误； 对于③，四棱锥体积的最大时，平面平面， 由于是等腰直角三角形，所以此时点到平面的距离为， 所以四棱锥体积的最大值为， 故③正确； 对于④，取中点，连接，由于为线段的中点， 所以， 所以在以点为球心的球面上， 故④正确． 故答案为：①③④． 4．(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接，利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，可得出，推导出，可得出平面，再利用线面垂直的性质可得出结论. 【详解】（1）证明：如图1，在中，、分别是和边的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面. （2）解：在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接.    由题意得，平面平面. 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为平面，所以，. 在中，因为，，所以，， 所以，， 翻折前，为等边三角形，则， 因为为的中点，所以，，即， 翻折后，仍有，所以，，故， 在中，，因为，则. 又因为，则平分， 因为是斜边上的中线，则，且， 所以，是等边三角形，则， 又因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 综上，在线段上存在一点，且当时，. 规律方法： 注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 专题精练 一、单选题 1．（2023·陕西榆林·二模）下列说法中正确的是（    ） A．平行于同一直线的两个平面平行 B．垂直于同一平面的两个平面垂直 C．一块蛋糕3刀可以切成6块 D．一条直线上有两个点到一平面的距离相等，则这条直线在平面内 2．（2024·安徽·模拟预测）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中， ① 与 平行； ② 与 是异面直线； ③ 与 成 角； ④ 与 垂直． 以上四个结论中，正确结论的序号是（    ）    A．①②③ B．②④ C．③④ D．①③④ 3．（2023·四川绵阳·三模）下列说法中正确的是 ​（    ） A．命题 “若 ​， 则​”的逆命题是真命题 B．命题 “ ​或​"为真命题， 则命题​和命题​均为真命题 C．命题“ ​”的否定为： “​” D．直线 ​不在平面​内， 则“​上有两个不同的点到​的距离相等”是“​”的充要条件 4．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若与所成的角相等，则 C．若，，则 D．若，则 5．（2024·江西新余·模拟预测）已知是三个不同的平面，为两条不同直线，则下列说法正确的是：（     ）. A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，G为的中点，则下列结论错误的是（ ） A．点共面 B．平面平面 C． D．平面ACD 7．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 二、多选题 9．（24-25高三上·江西九江·开学考试）已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．动点的轨迹长度为 C．不存在点，使得平面 D．四面体DEFG体积的最大值为 10．（2023·广东韶关·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（    ）    A．四边形一定为矩形 B．平面平面 C．四棱锥体积为 D．四边形的周长最小值为 11．（2022·广东茂名·一模）如图是一个边长为1的正方体的平面展开图，M为棱AE的中点，点N为平面EFGH内一动点，若平面BDG，下列结论正确的为（    ） A．点N的轨迹为正方形EFGH的内切圆的一段圆弧 B．存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面 C．无论点N在何位置．总有 D．MN长度的取值范围为 三、填空题 12．（2024·黑龙江·三模）如图所示，中，，分别是边上的点，，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，则四棱锥体积的最大值为 .    13．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在棱长都相等的正三棱柱中，若为棱的中点，则直线 与直线所成的角为 ． 14．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 四、解答题 15．（2023·四川攀枝花·一模）如图，在四棱柱中，平面，，，，且，. (1)求证：平面； (2)求证：. 16．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知. (1)求证：； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求的值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 17．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．    (1)求证：； (2)若，求直线和平面的距离． 18．（2024·湖南湘西·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．    (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 19．（2024·湖南衡阳·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. (1)求证：平面； (2)若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C D C D D B ACD BC 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】对ABD举出反例即可，对B画出满足题意的截面即可. 【详解】对A，平行于同一直线的两个平面可以平行也可以相交，故A错误； 对于B，垂直同一个平面的两个平面不一定互相垂直，也可以相交、平行，故B错误. 对C，作蛋糕截面如图所示， 一个蛋糕切3刀可以切成块，故C正确； 对D，一条直线上有两个点到一平面的距离相等，则这条直线在平面内或该直线与平面平行或直线与平面相交，故D错误. 故选： C. 2．C 【分析】由正方体的平面展开图复原可以直接判断. 【详解】由正方体的平面展开图复原得空间正方体如图所示:    由图可知:①和是异面直线，故不对；②和是平行直线，故不对； ③和平行，与的夹角是，故与所成的角也是，故正确； ④与是异面垂直，正确；所以正确的序号为③④. 故选：C. 3．C 【分析】对于A，求出命题 “若​， 则​” 的逆命题，举反例判断；对于B，根据定义判断；对于C，求出命题 “存在​” 的否定；对于D，根据定义判断. 【详解】对于 ​，命题 “若​， 则​” 的逆命题是 “若​， 则​” 是假命题，如​时，​， 故A错误； 对于​，命题 “​或​”为真命题，则命题​和命题​中至少一个为真命题， 故B错误； 对于​，命题 “存在​” 的否定为： “对​”，故C正确； 对于​，直线​不在平面​内，则由​，能得到​上有两个不同的点到​的距离相等， 反之，​上有两个不同的点到​的距离相等，不一定有​， ​直线​不在平面​内， “​上有两个不同的点 到​的距离相等” 是 “​”的必要不充分条 件， 故D错误． 故选：​． 4．D 【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案. 【详解】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误； 对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误， 对于C，，，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误； 对于D，，则，D正确. 故选：D． 5．C 【分析】对于ABD：以正方体或正四棱锥为载体，举反例说明即可；对于C：根据线面平行、面面平行的性质分析判断. 【详解】在正方体中， 对于选项A：例如平面为平面，平面为平面，平面为平面， 则平面平面，即， 取平面平面，满足， 但，故A错误； 对于选项B：例如平面为平面，平面为平面，平面为平面， 则平面平面，即， 取，满足， 但平面与平面不相互垂直，故B错误； 对于选项C：因为，可知相交，设， 又因为，则， 又因为，，，则，所以，故C正确； 对于选项D：在正四棱锥中 例如平面为平面，平面为平面，平面为平面， 则平面平面，平面平面， 即，满足， 但平面与平面不一定垂直，故D错误； 故选：C. 6．D 【分析】A.由题意转化为证明平面和平面，即可证明；B.根据面面平行的判断定理转化为证明平面和平面，即可证明；C.由A选项的证明可证明线线垂直；D.利用反证法，说明不成立. 【详解】选项A：如图，取中点，连接,,,， 因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点， 所以，,， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 所以四点共面， 由题意知，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确； 选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面， 因为，且平面，平面，所以平面， 又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确； C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确； D选项：假设平面，因为平面，则， 由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形， 与，矛盾，故D说法错误. 故选：D 7．D 【分析】作出示意图，根据体积关系可得为的靠近的三等分点，再根据面面平行的判定定理及性质，可找到点位置，从而可求解. 【详解】如图所示： 因为，所以， 所以 所以，所以，则， 设三棱柱的侧棱长为6，则，， 又为的中点，取的中点，连接，则。 过作，且，连接，又， 所以平面平面，又平面， 所以平面，所以， 所以，所以，则， 故选：D 8．B 【分析】取的中点，取的中点，连接，证明平面，再根据面面平行的性质可得的轨迹为线段，即可得解. 【详解】如图， 取的中点，取的中点，连接，则， 又面，面，所以平面， 又为的中点，所以， 又面，面，所以平面， 又，面，面，所以平面平面， 又因为是侧面上一点，且平面， 所以的轨迹为线段， ， 所以点的轨迹的长度为. 故选：B. 9．ACD 【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可. 【详解】对于A，如图，连接、， 依题意，，而平面平面，故平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值， 所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确； 对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而， 故， 故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧， 故所求轨迹长度为，故B错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 设为平面的法向量，则故 令，故为平面的一个法向量， 设，故， 若平面，则， 则，解得，但， 所以不存在点点，使得平面，故C正确； 对于D，因为为等腰三角形，故， 而点到平面的距离， 令，则， 则，其中， 则四面体体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 10．BC 【分析】对于A，由正方体的性质得平面平面，从而，同理得，再由，得四边形为菱形；对于B，连接，，，推导出，，从而得到平面平面；对于C，求出四棱锥的体积进行判断；对于D，四边形是菱形，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小． 【详解】连接，，，，，显然，且，所以为平行四边形， 所以，由题意得，平面，平面，所以， ，平面，所以平面，则平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 由正方体的性质得平面平面， 平面平面，平面平面，故， 同理得，又平面，平面，，四边形为菱形，故A错误； 对于C，四棱锥的体积为： ，故C正确； 对于D，四边形是菱形， 四边形的周长， 当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小， 此时，即周长的最小值为4，故D错误． 故选：BC．    11．BCD 【分析】把展开图折叠成正方体，利用正方体中的线面位置关系对选项进行逐一判断. 【详解】将展开图折叠成正方体，如图所示： 连接，，，则，. 取的中点，的中点，连接，，，则，， 所以，不在面内，面，则面， 同理有，不在面内，面，则面， 而相交且都在面内，故平面平面. 要使平面，则点在线段上，故点的轨迹为线段，故A错误； 当点与点重合时，，又，所以四点共面， 由图可知，点与点不重合时，与异面，所以B正确； 在正方体的结构特征，易证平面，又平面平面， 所以平面，又平面，所以，所以C正确； 当点为中点时，的长度最小，连接， 则，， 当点与点（或）重合时，的长度最大，此时， 所以长度的取值范围为：，故D正确. 故选：BCD 12．/ 【分析】根据题意，得到平面时，四棱锥的体积最大，设，利用锥体的体积公式，求得，令，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解. 【详解】当底面的面积一定时，且平面平面， 因为且，可得，即， 又因为平面平面，且平面，所以平面， 即平面时，四棱锥的体积最大， 设，即，则， 可得， 令，则， 令，解得或（舍）， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 即四棱锥的体积最大值为. 故答案为：. 13．/ 【分析】利用三角形的中位线定理及平行四边形的性质，结合异面直线所成角的定义及勾股定理和逆定理即可求解. 【详解】设分别为棱的中点，连接，,如图所示， 因为分别为棱的中点， 所以, 又因为为棱的中点，，为棱的中点， 所以,且， 所以四边形为平行四边形， 所以, 所以为直线 与直线所成的角（或其补角）. 设正三棱柱的棱长为，则 ， ， ， , 所以，即, 所以， 故直线 与直线所成的角为. 故答案为：. 14．/ 【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值． 【详解】延长CM交AB于点I，因为平面ABD， 由线面平行性质定理可知，设， 因为三棱锥的所有棱长均为2， 所以，且E为线段BC的中点， 所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知， 所以， 因为F为线段AD的中点，所以， 由余弦定理可知， 所以， 令，，化简可得， 因为，所以， 则在时取得最小值， 所以， 综上当，即时MN取得最小值． 故答案为：． 15．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，由，证得平面； （2）由平面，证得，又，得证平面，由平面，得. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明平面平面，得平面，再证即可； （2）依题建系，分别就① ，② ，③，写出相关点的坐标，求得平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）设，求得，分别利用①，②，③求得，结合列方程组，求出即得 【详解】（1）因为，平面，平面，故平面， 由矩形可得，平面，平面,故平面, 又 ，且平面，平面，故平面平面， 又因平面，故平面， 因平面，平面平面 所以，即； （2） 若选择条件①，因为平面，平面,，. 又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面夹角为，则 ， 即直线与平面夹角的正弦值； 若选择条件②，因为平面，平面,，. 又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面夹角为，则 ， 即直线与平面夹角的正弦值； 若选择条件③，因为平面，平面,，. 又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面夹角为，则 ， 即直线与平面夹角的正弦值. （3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有. 设，，则， 由（1）知，所以 故存在实数，使得,即，解得,符合题意. 故得. 17．(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）分析得知要证，只需证，取的中点分别为，故只需证明即可，而这又可以通过线面垂直的判定定理、性质定理证明； （2）将问题转换为求点到平面的距离，建立适当的空间直角坐标系，根据题意分别求出即可，其中为平面的法向量，进一步由公式即可得解. 【详解】（1）    一方面：因为在底面内的射影为点O，而平面， 所以， 故要证，只需证； 另一方面：取的中点分别为，连接， 因为为边长为3的正三角形，所以也是边长为3的正三角形， 又点是的中点， 从而，因为，所以， 因为四边形为正方形，的中点分别为， 所以， 又因为，，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又点是的中点， 所以； 综上所述，； （2）一方面：注意到平面，平面， 所以平面， 要求直线和平面的距离，只需求点到平面的距离即可； 另一方面：若，则点为三角形的外心，从而三点共线， 过点作交于点，易知， 因为平面，平面， 所以， 从而两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    由题意， ，从而， ， ， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点到平面的距离为； 综上所述，直线和平面的距离为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理，得到， 解得，所以，得到，又， 所以，即， 又平面，面，所以， 又，面，所以面，又面， 所以平面平面. （2）以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，因为，，， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，得到，取，得到，即， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则，整理得到，解得， 所以.    19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，证明，由线线平行即可推得线面平行； （2）取上的四等分点，满足,取的中点,连接,通过证得推得四点共面， 由题设证明平面，从而完成建系，不妨取，求出相关点坐标，计算两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接，， 在中，因是的中点，故，且. 在三棱柱中，且， 又为棱的中点，故得，且， 故得， 则有， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 由题意，三棱柱中所有棱长都相等，则与都是等边三角形， 如图，取上的四等分点，满足, 取的中点,连接, 则,易知,且，故可得， 则有，故有则四点共面. 因平面平面，平面平面， 且平面平面可得平面，又. 故可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系. 不妨取，则，由可解得 则有，，， 则, 设平面法向量为， 则， 取，可得，， 故为平面的一个法向量， 因平面，故为底面的一个法向量， 则， 设二面角的平面角为，由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$