2025年高考数学二轮复习专项训练18 空间点、直线、平面之间的位置关系

2025二轮复习专项训练18 空间点、直线、平面之间的位置关系 [考情分析]　高考必考内容，主要以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小，或者以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题． 【练前疑难讲解】 一、空间直线、平面位置关系的判定 1．判断与空间位置关系有关的命题的方法： 借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定． 2．两点注意： (1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中． (2)当从正面入手较难时，可先假设结论成立，然后推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断． 二、空间平行、垂直关系 1．直线、平面平行的判定定理及其性质定理 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b. 2．直线、平面垂直的判定定理及其性质定理 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. 三、空间直线、平面位置关系中的综合问题 1．处理空间点、直线、平面的综合问题，要认真审题，并仔细观察所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解． 2．解决与折叠有关的问题的关键是弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口． 一、单选题 1．（2023·四川南充·一模）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C．9 D．18 2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2022·山东·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使四点共面 B．存在点，使平面 C．三棱锥的体积为 D．经过四点的球的表面积为 4．（23-24高三上·江苏苏州·开学考试）图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是线段AC，上的动点，，，且.记与所成角为，与平面所成角为，则（    ）      A．当时，四面体的体积为定值 B．当时，存在，使得平面 C．对于任意，，总有 D．当时，在侧面内总存在一点P，使得 三、填空题 5．（2024·辽宁大连·一模）在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥外接球的表面积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 ． 6．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．    四、解答题 7．（2024·山东·二模）已知三棱锥中，平面，过点分别作平行于平面的直线交于点． (1)求证：平面； (2)若为的中点，，求直线与平面所成角的正切值． 8．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 B A ABC ABC 1．B 【分析】根据，分别是，的中点，得到，利用正方体的结构特征，有，从而有，由平面的基本性质得到在同一平面内，截面是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解. 【详解】由题知连接，，，如图所示 因为分别是的中点，所以， 在正方体中，所以， 所以在同一平面内， 所以平面截该正方体所得的截面为平面，因为正方体的棱长为， 所以，，， 则到的距离为等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B正确. 故选：B. 2．A 【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小． 【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接， 则，，， ，，， 所以， 故选：A． 3．ABC 【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】A：如图，在正方体中，连接． 因为N，P分别是的中点，所以． 又因为，所以． 所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确； B：连接，当Q是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故B正确； C：连接，因为，则 ，故C正确； D：分别取的中点E，F，构造长方体， 则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球． 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误． 故选：ABC 4．ABC 【分析】利用正方体的结构特征，由三棱锥的体积计算判断A；取点，借助面面平行推理判断B；利用线线角、线面角的意义判断C；建立空间直角坐标系，借助空间向量计算判断D作答. 【详解】对于A，当时，为的中点，的面积为定值，点到平面的距离为定值2， 因此四面体的体积为定值，A正确； 对于B，当时，F为的中点，取的中点，令，取的中点，连接， 显然平面，平面，则平面， 而，同理平面，又平面， 因此平面平面，又平面，所以平面，B正确； 对于C，过作交于，连接，由平面，得平面， 而平面，有，显然是与平面所成的角，即， 由，得是与所成的角，即，所以，C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，当时，，点在侧面内， 设，， 则，于是始终为锐角，D错误.      故选：ABC 5． 【分析】补体法确定外接球直径进而求得表面积；利用球的截面性质确定面积最值. 【详解】由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4长方体，如图所示： 三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径， 所以三棱锥外接球的表面积为， 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心的大圆，此时截面圆的面积为， 最小截面为过点垂直于球心与连线的圆，此时截面圆半径（其中MN长度为长方体前后面对角线长度）， 故截面圆的面积为， 所以过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为． 故答案为：; 6．/ 【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可. 【详解】设，取的中点,连接, 由题知平面平面, 平面平面, 又平面, 所以平面，    则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值， 易求得， , 又, 解得， , 则, 所以直线与平面所成角的余弦值等于， 故答案为：. 7．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）根据给定条件，利用面面平行的判定、性质推理即得. （2）连接，由线面角的定义，结合直角三角形的边角关系求解即得. 【详解】（1）由平面平面，平面， 得平面平面，而平面， 所以平面． （2）连接，由平面平面，得， 则是直线在平面内的射影，是直线与平面所成的角， 在中，，则， 由点是的中点，得，在中，， 所以直线与平面所成角的正切值是． 8．(1) (2) 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 【基础保分训练】 一、单选题 1．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽淮北·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 3．（2024·湖北·一模）如图，在正方体中，分别为的中点，则与平面垂直的直线可以是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·山西晋城·期末）设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．（2024·江苏南通·模拟预测）已知是两个平面，，是两条直线，则下列命题错误的是（   ） A．如果，，那么 B．如果，，那么 C．如果，，那么 D．如果，， ，那么 6．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 10．（21-22高一下·贵州黔西·期末）如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，连接BM，翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角 B．棱CD上总恰有一点N，使得MN∥平面ABC C．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BC D．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角 11．（23-24高三上·山东潍坊·期中）在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（    ） A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面 12．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 三、填空题 13．（2024·全国·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面积分别为，且棱台侧面与下底面所成二面角的余弦值为，则棱台侧面的高为 ． 14．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为 ． 四、解答题 15．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形，，，取的中点，将等腰梯形沿线段翻折，使得二面角为，连接、得到如图所示的四棱锥，为的中点． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积． 16．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，． (1)求三棱锥的体积． (2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由. 17．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积． 18．（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，四边形为菱形，，，，． (1)求证：平面平面； (2)当时，求三棱锥的体积． 19．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点. (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小. 20．（2024高一下·全国·专题练习）如图，将边长为的正方形沿对角线折起使得点到点的位置，连接，为的中点. (1)若平面平面，求点到平面的距离； (2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D B D B C A BC BC 题号 11 12 答案 ACD ABD 1．A 【分析】根据即可求解最小值时，即可求解，利用平移可得为其补角即为异面直线与所成角，由余弦定理即可求解. 【详解】由于三棱柱为直三棱柱，所以底面, 底面,所以, 故, 故当时，此时最小，线段的长度最小值， 由于线段的最小值为，故此时，为中点，故， 连接,则,故为其补角即为异面直线与所成角， , , 故异面直线与所成角的余弦值为 故选：A 2．D 【分析】构建正方体，利用其特征结合空间中直线与平面的位置关系一一判定选项即可. 【详解】   如图所示正方体， 对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误； 对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误； 对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误； 对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确. 故选：D 3．D 【分析】作出与平面平行的平面，证明面即可. 【详解】连接，如下图所示： 因为分别为的中点，故//，//， 又面面，故//面； 又面面，故//面； 又面，故面//面； 则垂直于平面的直线一定垂直于面； 显然面面，故， 又，面， 故面，又面，故； 同理可得，又面， 故面，也即面； 若其它选项的直线垂直于平面，则要与平行，显然都不平行. 故选：D. 4．B 【分析】根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可. 【详解】 对于A,如上图正方体中，设平面为， 平面为，为， 满足，，此时，故A错误； 对于B，因为，，α、β是不同的平面，则必有， 故B正确； 对于C，如上图正方体中，设平面为， 平面为，为， 满足，，此时，故C错误； 对于D，如上图正方体中，设平面为， 为，为， 则满足，，此时，故D错误. 故选:B. 5．D 【分析】结合空间中的线面位置关系逐一判断即可. 【详解】对于A:由面面平行的定义可得与没有公共点，即，故A正确； 对于B:如果，，那么在内一定存在直线，又，则，故B正确； 对于C:如果，，那么根据线面平行的性质可得 ，故C正确; 对于D；如果，，则或，又，那么与可能相交，也可能平行，故D错误. 故选：D. 6．B 【分析】可设圆台的上、下底面半径分别为，，根据题意求出圆台的高和的值，即可求出圆台的体积． 【详解】根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为，， 因为母线长为8，且母线与底面所成的角为， 所以圆台的高为，并且，得 所以圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为． 由此可得圆台的体积为． 故选：B． 7．C 【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案. 【详解】在直三棱柱中，平面，平面， 所以，， 平面，平面，所以， 所以互相垂直， 以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 设， 则， 可得，， 所以. 所以直线与直线夹角的余弦值为. 故选：C.    8．A 【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.    设长方体的长、宽、高分别为，则. 平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为 . 故选：A. 9．BC 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 10．BC 【分析】对A：根据线面垂直的判断定理证明BD⊥平面CME，可证CM⊥BD；对B：根据线面平行的判定定理分析证明；对C：根据锥体的体积公式分析可知:当CE⊥平面ABD，三棱锥C﹣ABD的体积最大，进而根据线面垂直的判断和定义分析说明；对D：根据二面角的平面角的定义理解分析. 【详解】对A，取BD中点E，连接CE，ME，如图，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD， 而M是AD的中点，有ME∥AB， 而AB⊥BD，则ME⊥BD，CE∩ME＝E，CE，ME⊂平面CME， 于是得BD⊥平面CME，CM⊂平面CME，所以CM⊥BD，A不正确； 对B，取CD的中点N，连MN，因M是AD的中点，则MN∥AC， AC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正确； 对C，因，要三棱锥C﹣ABD的体积最大，当且仅当点C到平面ABD距离最大， 由选项A知，点C到直线BD的距离是二面角A﹣BD﹣C的平面角， 当∠CEM＝90°时，CE⊥平面ABD， 即当C到平面ABD距离最大为时，三棱锥C﹣ABD的体积最大，此时CE⊥ME，有CE⊥AB， 而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD⊂平面BCD，则有AB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD， 所以AB⊥BC，C正确； 对D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，则AD⊥CM，因为M为AD中点，故CA＝CD， 这不一定成立，故D错误． 故选：BC． 11．ACD 【分析】在正方体中可分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线，即可判断A，C，D选项，结合线面平行的判定以及性质定理可判断B. 【详解】对于A，当l为，m为，n为时，两两垂直，A正确； 对于B，不妨假设，和不重合，因为平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 故，则，又平面，平面， 故，则，即不可能两两平行，B错误； 对于C，当l为，m为，n为时，两两相交，C正确； 对于D，当l为，m为，n为时，两两异面，D正确， 故选：ACD 12．ABD 【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，由于平面，平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故B正确； 对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形， 所以与不垂直，故假设错误，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. 13． 【分析】根据题意，求得，，分别取的中点，取分别为上、下底面的中心，得到侧面与下底面所成角为，列出方程，求得的长，即可求解. 【详解】如图所示，在正三棱台中， 因为正三棱台的上、下底面积分别为， 可得，解得，， 分别取的中点，连接， 取，，则分别为上、下底面的中心，连接， 过点作于点，过点作于点， 所以， 可得， 侧面与下底面所成角，即为， 在直角中，可得，解得， 所以故棱台侧面的高为． 故答案为：. 14． 【分析】根据题意求得外接圆的半径，再利用勾股定理证得平面，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解. 【详解】记为的中点，连接， 由题意知，且， 所以外接圆的直径为，且，即半径， 过作平面，因为平面，则， 又点到平面的距离是，即，而， 所以，同理， 又，所以是同一个点，所以平面， 设三棱锥的外接球的半径为， 则， 则三棱锥的外接球表面积为. 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先说明四边形为平行四边形，连接交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）在等腰梯形中可得、为等边三角形，在四棱锥中取的中点，连接、，过点作交于点，即可得到为二面角的平面角，求出，再证明平面，最后根据计算可得. 【详解】（1）在等腰梯形中，，，为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 连接交于点，连接，则为的中点，又为的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）在等腰梯形中，由（1）知，即为等边三角形， 则，连接，则也为等边三角形，即，所以也为等边三角形， 在四棱锥中取的中点，连接、，过点作交于点， 依题意且， 所以为二面角的平面角，即， 又，所以为等边三角形， 所以， 又，平面， 所以平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又， 所以. 16．(1) (2)存在，为的中点 【分析】（1）根据计算可得； （2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证. 【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形， 所以平面， 所以. （2）当为的中点时满足平面平面， 设，连接， 因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点， 所以，又平面，平面，所以平面， 又为的中点，所以且，所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得，进而可证平面． （2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积. 【详解】（1）因为是正三角形，点为的中点，所以． 因为，是正三角形，点为的中点， 所以，． 因为，平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面． （2）设，则是边长为的正三角形，因为，所以， 因为是正三角形，且，所以， 所以三棱锥的体积，所以， 的面积为， 与的面积相等，其面积之和为， 在中，，， 所以的面积为． 所以三棱锥的表面积为． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定证明平面即可； （2）先根据线面垂直的判定证明平面，再根据求解即可. 【详解】（1）因为，所以四点共面， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）因为平面，平面，所以， 又因为，平面，故平面， 又因为互相平分，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以， 又因为， 所以三棱锥的体积为. 19．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行； （2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可. 【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、， 则 ，， 又底面是正方形，即 ， 则，即四边形为平行四边形， 则，又在平面外，平面， 故平面.   （2）取线段的中点为点，连接、， 又，底面是边长为的正方形， 则，且，， 又二面角的大小为， 即平面平面， 又平面，平面平面， 则平面， 则是直线与平面所成角， 在中，， 即， 故直线与平面所成角的大小为. 20．(1)； (2) 【分析】（1）利用等体积法求解点到平面的距离； （2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，结合余弦值得出，利用勾股定理可得答案. 【详解】（1）连接，则， 平面平面，平面平面＝AC，平面， 平面，又平面， ，又正方形的边长为， ，， 设点到平面的距离为，则， ， ，即点到平面的距离； （2）取的中点，连接，， ， ，， 为二面角的平面角，， 由题可知与全等， 在中，，， ，， ，. 【能力提升训练】 一、单选题 1．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一下·北京通州·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 4．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（    ）    A． B．9 C． D． 5．（22-23高一下·河南周口·期末）如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（    ）    A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．B1C＝6 6．（2024·河南·一模）如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B．1 C． D． 7．（2024·甘肃定西·一模）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（22-23高一下·河南商丘·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（    ） A．直线l与平面PAD有一个交点 B． C．直线PA与l所成角的余弦值为 D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为 10．（2024·河北·一模）如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（    ） A．平面AMN B．平面DBF C．平面AMN D．F是的中点 11．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形 12．（2024·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．四面体外接球的体积与正方体的体积之比为 三、填空题 13．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 . 14．（23-24高三下·安徽·阶段练习）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为 . 15．（23-24高三下·江苏南通·开学考试）一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为 ．若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为 ． 16．（23-24高三下·四川·阶段练习）如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时 .    四、解答题 17．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 18．（2024·北京东城·一模）如图，在五面体中，底面为正方形，.    (1)求证：； (2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分 19．（23-24高一下·广东河源·期中）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，. (1)证明：平面； (2)若二面角为，求异面直线与所成角的正切值. 20．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为AC的中点，. (1)证明：. (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B A B B D D BD BCD 题号 11 12 答案 ACD ABD 1．B 【分析】由异面直线所成的角求得长方体中棱的关系，再根据线面角定义计算． 【详解】长方体中，，所以就是直线与直线所成角， 因此，即， 又由平面知是直线与平面所成角， ， 故选：B． 2．B 【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可； 【详解】A：若，，则或相交，故A错误； B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确； C：若，，则或，故C错误； D：若，，则相交或或，故D错误； 故选：B. 3．B 【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解. 【详解】在棱长为1的正方体中，连接， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，而平面， 因此平面，因为，则平面， 而点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为. 故选：B 4．A 【分析】作出正方体的截面图形，求出周长即可. 【详解】    如图，取AB的中点G，连接GE，，． 因为E为BC的中点，所以，， 又，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 所以，， 所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形， 其周长为． 故选：A． 5．B 【分析】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由MN//平面可得点N的轨迹为线段DE，据此即可得解. 【详解】如图，    取的中点D，的中点E，连接MD，DE，ME， 由，， 又平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面 所以平面平面，又平面， 故点N的轨迹为线段DE，又由，可得． 故选：B． 6．B 【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解. 【详解】连接．由已知得为的中位线，所以， 为正三角形的中线，所以，又， 所以，所以为直角三角形， 所以． 因为，所以到平面的距离为， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以． 故选：B. 7．D 【分析】设，利用线面角的定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】如图，设， 因为在矩形中，，所以， 因为底面， 所以分别是与底面所成的角，即， 所以. 因为， 所以，解得(负根舍去)， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将看作一个整体，结合题设条件得到关于的方程，从而得解. 8．D 【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可. 【详解】正方体的外接球球心是的中点，而， 则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P， 因此点与点到平面的距离相等，由平面，，得平面， 在平面内过作于，而平面，于是， 又，从而，又球的半径， 则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有， 所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积. 故选：D 9．BD 【分析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D. 【详解】如图，取棱PC的中点F，连接EF，DF， 因为E是棱PB的中点，则，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，即平面PAD，故A错误； 由底面ABCD，平面ABCD，所以， 由，可得为等腰直角三角形， 而斜边PC的中点为F，所以， 再由底面ABCD是正方形，易得， 又，且平面PDC，所以平面PDC， 又平面PDC，所以， 又，且平面ADFE，所以平面ADFE， 又平面ADFE，所以，故B正确； 由，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角， 由，则， 即PA与AD所成的角的余弦值为，故C错误； ，， 所以， 所以，故D正确. 故选：BD.    10．BCD 【分析】利用线面关系即可判断A；利用线面垂直的判断定理和性质定理，即可判断BC；利用图形，结合垂直关系和平行关系的转化，即可判断D. 【详解】A.由题意可知，点是的中点，所以点三点共线， 所以点平面，所以平面， 则直线与平面不平行，故A错误； B.因为平面，平面，所以， 且，，且平面， 所以平面，且平面， 且平面平面， 因为，所以平面，故B正确； C.由平面，平面，所以， 因为轴截面ABCD为正方形，点是的中点，所以， ，且平面，所以平面，故C正确； D. 平面，平面，所以，且点是的中点， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以，且是的中点， 所以，且,所以， 则，点F是的中点，故D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面，面面的位置关系，本题的关键是能从几何体中抽象出线线，线面的位置关系，以及根据几何图形的性质，转化几何关系. 11．ACD 【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，如图，取中点，连接， 在正方体中，，所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为，中点，则，故， 设正方体棱长为，则， 故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误； 对于C，如图，连接， 在正方体中，，即为正三角形， 又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确； 对于D，如图，连接， 在正方体中，，所以四边形为平行四边形， 则，又，所以，所以四点共面， 故平面截正方体所得截面为四边形， 设正方体棱长为，则， 所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确. 故选：ACD. 12．ABD 【分析】根据异面直线所成角可判定A选项，根据线面平行的判定定理可判定B选项，根据面面垂直的性质定理可判定C选项，根据正方体的体积及外接球的体积公式可判定D选项. 【详解】解析：对于A：连接，如图，由正方体的结构特征知，， 即为正三角形．又因为分别为的中点，则， 因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角， 又，所以直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B：因为，所以平面平面， 故直线平面，B正确； 对于C：取的中点为，连接，显然的中点为，则， 假设平面平面，而平面平面， 于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误； 对于D：不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积为，又因为四面体 的三条侧棱两两垂直，则它的外接球即为以为棱的长方体的外接球， 于是球的直径， 体积为，于是，D正确， 故选：ABD． 13． 【分析】取的中点，连接、、、，首先证明，即可、、、四点共面，连接，，求出，将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，最后利用余弦定理计算可得. 【详解】取的中点，连接、、、， 因为点为棱的中点，所以，又且， 所以为平行四边形，所以， 所以，即、、、四点共面，连接，， 则，， 因为底面为菱形，且，所以， 所以， 所以， 所以，即，所以， 将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点， 则， 又， 在中， 即， 所以， 即线段、的长度和的最小值为. 故答案为： 14．/ 【分析】根据条件求出正四面体的棱长为，设，利用几何关系得到空间四边形的四条边长之和，即可求出结果. 【详解】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球， 设正四面体的棱长为，所以正方体的边长为， 易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的半径， 依题有，得到，即正四面体的棱长为， 因为面，面面，面，所以， 设 因为，则，， 在中，因为，所以， 在中，，，则， 所以空间四边形的四条边长之和， 又，当时，， 故答案为：. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于设出后，利用几何关系得出，，，从而得出空间四边形的四条边长之和，转化成求的最小值来解决问题. 15． 【分析】画出图形后结合等体积法可计算点A到平面PBC的距离，在三角形中，找出以为圆心的最大的圆，即可得圆锥体积的最大值. 【详解】取中点，连接，由底面， 则即为二面角的平面角， 故，由是边长为的等边三角形， 故，故，， 由、平面，故、， 又，故，则， 则， 设点A到平面PBC的距离为， 则有， 即，即， 作于点，由，， 故为中点，作于点，则有, 即， 故圆锥体积的最大值为. 故答案为：；. 16．/-0.5 【分析】根据条件可得平面平面，求得相关线段长度后利用余弦定理求解即可. 【详解】由题意可知，所以， 折起后如图所示，因为， 又，则, 所以, 又,平面， 则平面，又平面, 则平面平面， 分别过点作的垂线， 垂足分别为点，又平面平面， 即有，同时易证得， , 所以，所以由余弦定理可知: . 故答案为：.    17．(1)证明见解析 (2)证明见解析， 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果； （2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，为中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面，故平面平面. （2）由题，分别为，中点，故， 又平面，平面，故平面， 则直线到平面的距离为点到平面的距离. 由为中点，所以，记为，， 又，所以， 由（1）知，平面，故，，， 由题知，，， 所以， 而， 所以.   . 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再利用线面平行的性质证明； （2）选①②：证明 平面，建立以M为原点的空间坐标系，求出平面的法向量，利用线面角公式求解 【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面， 则平面，又平面平面，平面，故. （2）选①，取中点G,连接，因为，所以， 易知为梯形的中位线，则， 又平面，故平面，平面， 则平面，且必相交，故平面， 延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形. 以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图： 则， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 设直线与平面所成角为.    选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，， 则，由题，，则，故 又平面，故平面， 延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形. 以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图： 则， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 设直线与平面所成角为. . 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质 判定推理即得. （2）作出二面角的平面角，由此求出，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值. 【详解】（1）在四棱锥中，由底面为矩形，得， 由侧面底面，侧面底面平面， 得平面，又平面，则， 又侧面是正三角形，是的中点，则， 又平面，所以平面. （2）如图， 在平面内，过点作，垂足为，显然， 由侧面底面，交线为，得底面，底面， 则，过作，垂足为，连接，显然， 平面，则平面，而平面，因此， 则即为二面角的平面角，其大小为， 在中，，则， 由，得四边形为平行四边形，则， 由，得（或其补角）为异面直线与所成角， 由（1）知平面，则为直角三角形，， 所以异面直线与所成角的正切值为. 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，将转换为线面平面，通过线面垂直的判断定理证明即可； （2）先通过线面证明平面，并求出，，直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示. 因为为的中点，所以 又，所以， 因为，所以， 所以四点共面， 因为 且都在面， 所以平面，又因为平面， 所以. （2）因为平面，面，所以. 又，由，即， 因为， 所以，则 由题设知，因为，且都在内， 所以平面，面，所以，且 设到平面的距离为， 由，且都在面内，故面， 因为，平面，平面，所以平面， 综上， 设直线与平面所成的角为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025二轮复习专项训练18 空间点、直线、平面之间的位置关系 [考情分析]　高考必考内容，主要以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小，或者以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题． 【练前疑难讲解】 一、空间直线、平面位置关系的判定 1．判断与空间位置关系有关的命题的方法： 借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定． 2．两点注意： (1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中． (2)当从正面入手较难时，可先假设结论成立，然后推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断． 二、空间平行、垂直关系 1．直线、平面平行的判定定理及其性质定理 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b. 2．直线、平面垂直的判定定理及其性质定理 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. 三、空间直线、平面位置关系中的综合问题 1．处理空间点、直线、平面的综合问题，要认真审题，并仔细观察所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解． 2．解决与折叠有关的问题的关键是弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口． 一、单选题 1．（2023·四川南充·一模）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C．9 D．18 2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2022·山东·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使四点共面 B．存在点，使平面 C．三棱锥的体积为 D．经过四点的球的表面积为 4．（23-24高三上·江苏苏州·开学考试）图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是线段AC，上的动点，，，且.记与所成角为，与平面所成角为，则（    ）      A．当时，四面体的体积为定值 B．当时，存在，使得平面 C．对于任意，，总有 D．当时，在侧面内总存在一点P，使得 三、填空题 5．（2024·辽宁大连·一模）在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥外接球的表面积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 ． 6．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．    四、解答题 7．（2024·山东·二模）已知三棱锥中，平面，过点分别作平行于平面的直线交于点． (1)求证：平面； (2)若为的中点，，求直线与平面所成角的正切值． 8．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【基础保分训练】 一、单选题 1．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽淮北·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 3．（2024·湖北·一模）如图，在正方体中，分别为的中点，则与平面垂直的直线可以是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·山西晋城·期末）设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．（2024·江苏南通·模拟预测）已知是两个平面，，是两条直线，则下列命题错误的是（   ） A．如果，，那么 B．如果，，那么 C．如果，，那么 D．如果，， ，那么 6．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 10．（21-22高一下·贵州黔西·期末）如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，连接BM，翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角 B．棱CD上总恰有一点N，使得MN∥平面ABC C．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BC D．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角 11．（23-24高三上·山东潍坊·期中）在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（    ） A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面 12．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 三、填空题 13．（2024·全国·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面积分别为，且棱台侧面与下底面所成二面角的余弦值为，则棱台侧面的高为 ． 14．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为 ． 四、解答题 15．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形，，，取的中点，将等腰梯形沿线段翻折，使得二面角为，连接、得到如图所示的四棱锥，为的中点． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积． 16．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，． (1)求三棱锥的体积． (2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由. 17．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积． 18．（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，四边形为菱形，，，，． (1)求证：平面平面； (2)当时，求三棱锥的体积． 19．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点. (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小. 20．（2024高一下·全国·专题练习）如图，将边长为的正方形沿对角线折起使得点到点的位置，连接，为的中点. (1)若平面平面，求点到平面的距离； (2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度. 【能力提升训练】 一、单选题 1．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高一下·北京通州·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D．1 4．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（    ）    A． B．9 C． D． 5．（22-23高一下·河南周口·期末）如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（    ）    A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．B1C＝6 6．（2024·河南·一模）如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B．1 C． D． 7．（2024·甘肃定西·一模）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（22-23高一下·河南商丘·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（    ） A．直线l与平面PAD有一个交点 B． C．直线PA与l所成角的余弦值为 D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为 10．（2024·河北·一模）如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（    ） A．平面AMN B．平面DBF C．平面AMN D．F是的中点 11．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形 12．（2024·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．四面体外接球的体积与正方体的体积之比为 三、填空题 13．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 . 14．（23-24高三下·安徽·阶段练习）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为 . 15．（23-24高三下·江苏南通·开学考试）一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为 ．若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为 ． 16．（23-24高三下·四川·阶段练习）如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时 .    四、解答题 17．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 18．（2024·北京东城·一模）如图，在五面体中，底面为正方形，.    (1)求证：； (2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分 19．（23-24高一下·广东河源·期中）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，. (1)证明：平面； (2)若二面角为，求异面直线与所成角的正切值. 20．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为AC的中点，. (1)证明：. (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $$