专题04 8.4-8.6空间中的位置关系 阶段复习（九大题型+八大常用解题策略）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

专题04 8.4-8.6空间中的位置关系 阶段复习（九大题型） 题型目录： 题型1：平面的基本性质 题型2：共点、共线、共面问题 题型3：（平面、区域）个数问题 题型4：空间位置关系有关的命题辨析 题型5：空间中平行的判定 题型6：空间中平行有关的计算 题型7：立体图形的位置关系简辨析 题型8：角度问题 题型9：距离问题 题型10：综合应用 题型11：空间位置关系、角度、距离等综合辨析（多选） 题型12：解答综合题 常用解题技巧： 1、共面、共线、共点问题的证明 (1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内． (2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上． (3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 2、空间位置关系的判定、异面直线所成角 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤 一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角． 3、空间几何体的切割（截面）问题 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线； ②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 4、线面平行的判定与性质 (1)判断或证明线面平行的常用方法 ①利用线面平行的定义(无公共点)． ②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． ③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． ④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． (2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线． 5、证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的判定定理． (2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)． (3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)． 6、证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质． 7、面面垂直的判定与性质 (1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理． (2)面面垂直性质的应用 ①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面． 8、综合问题 (1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 题型1：平面的基本性质 1．有下列四个判断：①两条相交直线确定一个平面；②两条平行直线确定一个平面；③三个点确定一个平面；④一条直线和一点确定一个平面.正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．用符号表示“点A在直线l上，l在平面α外”为 ． 3．如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（    ） A． B． C． D． 题型2：共点、共线、共面问题 4．下列说法正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D．若空间四点不共面，则任意三点不共线 5．给出以下四个命题： ①不共面的四点中，其中任意三点不共线； ②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面； ③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面． 其中正确的有 ．(填序号) 6．在空间四边形中，若，分别为，的中点，，，且，，则（    ） A．直线与平行 B．直线，，相交于一点 C．直线与异面 D．直线，，相交于一点 题型3：（平面、区域）个数问题 7．三条直线两两相交，最多可以确定平面（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．空间的4个平面最多能将空间分成（    ）个区域． A．13 B．14 C．15 D．16 9．空间有6个点，其中任意三点不共线，且有五个点共面，则这6个点最多可以确定 个平面． 题型4：空间位置关系有关的命题辨析 10．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，且，，则“”是“且”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 12．设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 13．已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若直线与平面所成角相等，则 B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D．若，且直线异面，则 题型5：空间中平行的判定 14．已知正方体，平面与平面的交线为，则（   ） A． B． C． D． 15．下面四个正方体中，点A、B为正方体的两个顶点，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形序号是 ．（写出所有符合条件的序号） 16．在空间四边形中，分别为的中点，分别为上的点，且，则（    ） A．平面且为矩形 B．平面且为菱形 C．平面且为平行四边形 D．平面且为梯形 题型6：空间中平行有关的计算 17．如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（    ） A． B．2 C． D．3 18．在正三棱柱中，，过且与平行的平面交直线于点，则 . 19．如图，三棱锥中，M是的中点，E是的中点，点F在线段上，满足平面，则 ． 20．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（    ）    A． B． C． D． 题型7：立体图形的位置关系辨析 21．如图，在正方体中，分别为棱，的中点.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 22．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 23．如图，在正方体中，、为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（   ） A．若，，则 B．若，，则平面平面 C．若，，则平面 D．若，，则 题型8：角度问题 24．如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 25．在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为 ． 26．如图，在空间四边形中，平面平面，，且，则与平面所成角的大小是 ．    题型9：距离问题 27．已知平面外两点A，B到平面的距离分别是2和4，则的中点P到平面的距离是 . 28．正方体的棱长为，则平面到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 29．已知腰长为的等腰直角，现沿斜边上的高翻折，使得二面角的大小为，则点B到的距离为 ． 题型10：综合应用 30．某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（    ） A．线段与所在的直线异面 B．线段与所在的直线平行 C．线段与所在的直线所成的角为 D．线段与所在的直线相交 31．如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　）    A． B． C． D． 32．如图所示，已知在三棱锥中，二面角为直二面角，，，，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（   ）    A． B． C． D． 33．在三棱锥中，，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 题型11：空间位置关系、角度、距离等综合辨析（多选） 34（多选）．如图：在三棱锥中，面，是直角三角形，，，，点分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．所成的角为 C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．二面角的余弦值为 35（多选）．在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（    ） A．直线与平面所成的角为45° B．二面角的正切值为 C．到面的距离为 D．作平面，垂足为，则为的重心 36（多选）．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则（    ） A． B．平面与平面的交线平行于平面 C．在棱上存在点，使得平面 D．到平面的距离为 题型12：解答综合题 37．如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 38．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，，. (1)求证：平面； (2)设点是的中点，若，，求三棱锥的体积. 39．如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，且底面，，，分别为棱，，的中点. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小. 40．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 41．如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 8.4-8.6空间中的位置关系 阶段复习（九大题型） 题型目录： 题型1：平面的基本性质 题型2：共点、共线、共面问题 题型3：（平面、区域）个数问题 题型4：空间位置关系有关的命题辨析 题型5：空间中平行的判定 题型6：空间中平行有关的计算 题型7：立体图形的位置关系简辨析 题型8：角度问题 题型9：距离问题 题型10：综合应用 题型11：空间位置关系、角度、距离等综合辨析（多选） 题型12：解答综合题 常用解题技巧： 1、共面、共线、共点问题的证明 (1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内． (2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上． (3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 2、空间位置关系的判定、异面直线所成角 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤 一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角． 3、空间几何体的切割（截面）问题 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线； ②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 4、线面平行的判定与性质 (1)判断或证明线面平行的常用方法 ①利用线面平行的定义(无公共点)． ②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． ③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． ④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． (2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线． 5、证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的判定定理． (2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)． (3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)． 6、证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质． 7、面面垂直的判定与性质 (1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理． (2)面面垂直性质的应用 ①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面． 8、综合问题 (1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 题型1：平面的基本性质 1．有下列四个判断：①两条相交直线确定一个平面；②两条平行直线确定一个平面；③三个点确定一个平面；④一条直线和一点确定一个平面.正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据平面的有关概念进行分析，从而确定正确答案. 【解析】两条相交直线确定一个平面，两条平行直线确定一个平面，①②正确. 在同一直线上的三个点不能确定一个平面，③错误. 直线和直线上一点不能确定一个平面，④错误. 所以正确的个数为个. 故选：B 2．用符号表示“点A在直线l上，l在平面α外”为 ． 【答案】， 【分析】利用点线、线面关系的符号表示写出结论即得. 【解析】由点A在直线l上，得；由l在平面外，得. 故答案为：； 3．如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据点、线、面的位置关系，及其符号表示逐一判断即可. 【解析】点和面、点和线的关系用“”或“”表示，故A错误； 线面关系用“”或“”表示，故BD错误； 根据图形有，C正确. 故选：C 题型2：共点、共线、共面问题 4．下列说法正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C．若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D．若空间四点不共面，则任意三点不共线 【答案】D 【分析】对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答． 【解析】对于A，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故A错误； 对于B，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面；故B错误； 对于C，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故C错误； 对于D，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故D正确， 故选：D. 5．给出以下四个命题： ①不共面的四点中，其中任意三点不共线； ②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面； ③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面． 其中正确的有 ．(填序号) 【答案】① 【分析】根据点共线、共面以及线共面等知识对选项进行分析，从而确定正确选项. 【解析】对于①，反证法：如果四个点中，有个点共线，第个点不在这条直线上， 根据基本事实的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故①正确； 对于②，如下图，共面，共面，但不共面，故②错误； 对于③，如下图，共面，共面，但异面，故③错误； 对于④，如下图，四条线段首尾相接，但不共面，故④错误. 故答案为：①. 6．在空间四边形中，若，分别为，的中点，，，且，，则（    ） A．直线与平行 B．直线，，相交于一点 C．直线与异面 D．直线，，相交于一点 【答案】B 【分析】首先利用相似三角形证明且，再利用中位线定理证明且，从而得到四边形为梯形，且，是梯形的两腰，设，交于一点，利用平面的性质证明是直线，，的公共点即可． 【解析】因为，，且， 所以，所以且， 因为，分别为，的中点，所以且， 所以且，故四边形为梯形，且，是梯形的两腰， 所以，交于一点，设交点为，则，， 又因为平面，且平面， 所以平面，且平面， 又平面平面， 所以， 所以点是直线，，的公共点， 故直线、、相交于一点．    故选：B 题型3：（平面、区域）个数问题 7．三条直线两两相交，最多可以确定平面（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据题意，画出图形，结合公理2，即可得出答案. 【解析】在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定3个平面. 如图，相交于一点，且不共面，则确定一个平面， 确定一个平面，确定一个平面. 故选：C. 8．空间的4个平面最多能将空间分成（    ）个区域． A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】C 【分析】根据平面的性质进行归纳推理．前三个平面与第4个平面相交，最多有三条交线，这三条交线把第四个平面，最多分成7部分，而每一部分就是第四个平面与前三个平面所分空间部分的截面，这个截面把所在空间部分一分为二，由此可得4个平面最多能将空间分成的区域数． 【解析】一个平面把空间分成2部分，两个平面最多把空间分面4部分，3个平面最多把空间分布8个部分，前三个平面与第4个平面相交，最多有三条交线，这三条交线把第四个平面，最多分成7部分，这里平面的每一部分就是第四个平面与前三个平面分空间部分的截面，这个截面把所在空间部分一分为二，这样所有空间部分的个数为． 故选：C． 9．空间有6个点，其中任意三点不共线，且有五个点共面，则这6个点最多可以确定 个平面． 【答案】11 【分析】根据不共线的三点确定唯一一个平面，即可列举求解. 【解析】记5个共面的点分别为 ，不共面的第6个点为,则从中随机选取两个点，连同第6个点，即可构成一个平面，此时共有 共有10 个平面，这5个点确定一个平面，故最多可以确定10+1=11个平面， 故答案为：11 题型4：空间位置关系有关的命题辨析 10．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确. 【解析】A选项：如图：    在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误； B选项：如图：    在正方体中，，此时，B选项错误； D选项：如图：    在正方体中：，此时，D选项错误； C选项：如图：    过作平面，使得，，∵，∴，则， 又∵，∴，∴，C选项正确. 故选：C. 11．设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，且，，则“”是“且”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【解析】由，，，则且， 反之，当且时，若，则或与相交， 所以“”是“且”的充分不必要条件. 故选：A 12．设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若不垂直于，则必不垂直于 C．若,，则 D．若是异面直线，，则 【答案】D 【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【解析】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 13．已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若直线与平面所成角相等，则 B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D．若，且直线异面，则 【答案】D 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系逐一判断即可． 【解析】 对于A,比如在正方体中，直线与平面所成角均为， 但相交，A错误； 对于B，直线上的点到平面的距离相等， 故平面上有三个不同点到平面的距离相等， 但平面与平面相交，B错误； 对于C，点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误； 对于D，若，，故过可作一平面，使得，则， 由于，异面，，所以，相交，否则，进而可得， 这与，异面矛盾，所以，相交，结合，，，， 所以则，D正确． 故选：D． 题型5：空间中平行的判定 14．已知正方体，平面与平面的交线为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用面面平行的性质定理可得，再逐项分析求解即可. 【解析】正方体中，平面平面， 平面平面，平面平面，所以， 正方体中，且，四边形为平行四边形， 则有，所以，C选项正确； 都与相交，则与都不平行，ABD选项都错误. 故选：C. 15．下面四个正方体中，点A、B为正方体的两个顶点，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形序号是 ．（写出所有符合条件的序号） 【答案】①② 【分析】根据线面平行的判定定理以及面面平行的性质定理即可得到答案. 【解析】 对于①，如图1. 因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以，. 又，所以. 因为平面，平面，所以平面. 同理可得平面. 因为平面，平面，， 所以平面平面. 又平面，所以平面，故①正确； 对于②，如图2，连结. 因为点M、P分别为其所在棱的中点，所以. 又，且，所以，四边形是平行四边形，所以， 所以. 因为平面，平面，所以平面，故②正确； 对于③，如图3，连结、、. 因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 同理可得平面. 因为平面，平面，， 所以平面平面. 显然平面，平面，所以平面，且与平面不平行，所以与平面不平行，故③错误； 对于④：如图4，连接，因为为所在棱的中点，则， 故平面即为平面，由正方体可得， 而平面平面， 若平面， 由平面可得， 故，显然不正确，故④错误. 故答案为：①②. 16．在空间四边形中，分别为的中点，分别为上的点，且，则（    ） A．平面且为矩形 B．平面且为菱形 C．平面且为平行四边形 D．平面且为梯形 【答案】D 【分析】根据平行线等分线段定理、线面平行的判定定理、三角形中位线定理，结合矩形、梯形、菱形、平行四边形的定义进行判断即可. 【解析】因为分别为的中点， 所以且， 因为分别为上的点，且， 所以且， 所以且， 所以四边形为梯形， 又平面，平面， 所以平面. 故选：D. 题型6：空间中平行有关的计算 17．如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据题意，利用面面平行的性质，证得，得到，结合，即可求解. 【解析】因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，所以， 可得，所以. 故选：C. 18．在正三棱柱中，，过且与平行的平面交直线于点，则 . 【答案】6 【分析】作出辅助线，找到过且与平行的平面，得到. 【解析】延长至点P，使得，连接， 则四边形是平行四边形，所以，连接PB， 因为平面，平面， 所以平面， 则平面即为所求，此时 故答案为：6 19．如图，三棱锥中，M是的中点，E是的中点，点F在线段上，满足平面，则 ． 【答案】1:3 【分析】取的中点，连接，，，得到，再根据比例关系可得. 【解析】取的中点，连接，，， 可知，又平面， 从而可得平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，又为的为中点，为的为中点， 所以. 故答案为：1：3. 20．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，分别在线段上，且在上且平面平面，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长交于，结合面面平行性质定理证明，证明，结合相似三角形性质证明结论. 【解析】解析如图所示，延长交于，连接， 则，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，又四边形是平行四边形， 所以，所以. 因为，所以. 因为，所以， 所以， 故选：B.    题型7：立体图形的位置关系辨析 21．如图，在正方体中，分别为棱，的中点.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】A 【分析】根据线面平行、线面垂直的知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【解析】设，连接，由于是的中点，是的中点， 所以，而， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，由于平面，平面， 所以平面，所以A选项正确. 由A选项的分析可知，而平面， 所以与平面相交，所以C选项错误. 由于与的夹角为，所以与平面不垂直，D选项错误. 设正方体的边长为，则，不满足勾股定理， 所以与不垂直，而平面，所以与平面不垂直， 所以B选项错误. 故选：A 22．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 【答案】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. 【解析】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 23．如图，在正方体中，、为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（   ） A．若，，则 B．若，，则平面平面 C．若，，则平面 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定判断AB；利用正方体的特征及面面平行的判定与性质判断CD. 【解析】    对于A，，底面，底面，则， 又平面，则平面，平面，所以，A正确； 对于B，，则平面，又平面，则平面平面， 而平面与平面重合，平面平面，B正确；    对于C，在正方体中，， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 由平面，得平面，C正确； 对于D，由于分别为上的动点，则与不一定相等，与不一定平行，D错误. 故选：D 题型8：角度问题 24．如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，连结、，矩形中利用三角函数的定义，证出，可得．根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，在正三棱柱中证出平面，从而得出，即可求解. 【解析】取中点，连接、， 矩形中， ，可得 因此 正三棱柱中，平面平面 平面平面，,平面， 直线平面，平面，可得 ，平面，平面， 平面，因此可得，即与所成角的大小为， 故选：B． 25．在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据题意结合正方形的结构特征可知平面与平面ABCD所成二面角为，即可得结果. 【解析】因为平面，平面， 可得，可知平面与平面ABCD所成锐二面角为， 又因为为正方形，可得， 所以平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为. 故答案为：. 26．如图，在空间四边形中，平面平面，，且，则与平面所成角的大小是 ．    【答案】 【分析】过点作于点，利用面面垂直的性质得到平面，从而得到为与平面所成的角，再利用几何关系，即可求出结果. 【解析】过点作于点，   平面平面，平面平面，平面， 平面，则为与平面所成的角， ，，， 故答案为： 题型9：距离问题 27．已知平面外两点A，B到平面的距离分别是2和4，则的中点P到平面的距离是 . 【答案】3或1 【分析】根据点到平面距离的意义，分A，B在同侧和A，B在异侧两种情况求解即可. 【解析】设点A、B在平面的投影分别为点，，依题意，，， 若A，B在同侧，如图1，设点P在平面的投影为点， 则P到的距离为； 若A，B在异侧，如图2，设点P在平面的投影为点O， 过A作，交的延长线于点C，延长交于点， 则P到的距离为， 所以的中点P到平面的距离为3或1. 故答案为：3或1.    28．正方体的棱长为，则平面到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】证明平面，平面，等体积法求点到平面的距离和点到平面的距离，可得平面到平面的距离. 【解析】连接，正方体中，平面，平面，则， 正方形中，有， 平面，，所以平面， 平面，则有， 同理有，平面，， 所以平面，同理有平面， 正方体棱长为，则，， 设点到平面的距离为，由，    有，解得， 即点到平面的距离为2，同理点到平面的距离为2， ， 则平面到平面的距离为. 故选：B. 29．已知腰长为的等腰直角，现沿斜边上的高翻折，使得二面角的大小为，则点B到的距离为 ． 【答案】 【分析】根据折前折后不变的数量关系，二面角的平面角，利用等面积法求高． 【解析】如图， 图①中，由题意，， 所以， 因为， 所以为二面角的平面角， 即， 所以图②中， 设点B到的距离为h， 由等面积法可知， 即， 故答案为：． 题型10：综合应用 30．某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（    ） A．线段与所在的直线异面 B．线段与所在的直线平行 C．线段与所在的直线所成的角为 D．线段与所在的直线相交 【答案】C 【分析】首先还原正方体，再根据线线的位置关系，判断选项. 【解析】由正方体展开图还原正方体如下图所示： 线段与所在的直线相交，故A错误； 线段与所在的直线异面，故B错误； 如图连接，，由正方体的性质可知，为等边三角形， 所以为与所在的直线所成的角，故C正确； 如图连接，则，平面，平面，所以平面， 又平面，所以与不相交，故D错误. 故选：C 31．如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可知，过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为菱形，利用菱形面积公式即可求得结果为. 【解析】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示：    易知，且，所以四边形是平行四边形； 即，又平面，平面， 所以平面； 同理可得平面； ，平面， 所以平面平面平行， 即过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面； 显然，，且，； 所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积； 易知，所以其面积为. 故选：B 32．如图所示，已知在三棱锥中，二面角为直二面角，，，，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，由面面垂直的性质定理可得平面，可得，外接球的球心在上，设为，利用求出外接圆的半径可得答案. 【解析】取的中点，连接， 因为，所以， 因为二面角为直二面角，平面， 所以平面， 因为，，所以，, ，所以，， 因为，所以外接球的球心在上，设为，连接， 则， 可得，解得， 所以该球的体积为. 故选：A.    33．在三棱锥中，，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用三余弦定理判定，再根据已知线段长及余弦定理得出，利用等体积法计算比较的关系即可. 【解析】 假设B在底面的投影为E，过A作，作， 则， 显然，则． 因为， 所以由余弦定理知：， 同理， 所以， 因为， 所以． 点B到平面ACD的距离为，设点C到平面ABD的距离为， 则由，得． 又， 所以．所以． 故选：A． 【点睛】关键点睛：利用最小角定理可判定，根据线段关系及余弦定理得出，结合线面角的定义及等体积法计算可比较. 题型11：空间位置关系、角度、距离等综合辨析（多选） 34．如图：在三棱锥中，面，是直角三角形，，，，点分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．所成的角为 C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．二面角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】对A：通过证明//，即可由线线平行证明线面平行；对B：通过证明面，即可求得的夹角为；对C：记，根据B中所证面，从而求得线面角为，再结合几何关系，即可求得线面角； 对D：先求二面角，结合二面角平面角的定义，再根据其与互补，即可求得结果. 【解析】对A：在△中，因为分别为的中点，故//， 又面面，故//面，故A正确； 对B：因为△为等腰直角三角形，又为中点，故可得； 又//，故； 又面面，故； 又面，故面； 又面，故，故直线所成的角为，故B错误； 对C：记，连接，如下所示： 由B可知，面，故即为所求直线与平面的夹角； 在△中，； 因为面面，故， 则，； 在△中，因为面，面，故， 则△为直角三角形， 故，则， 即直线与平面所成的角的正弦值为，故C正确； 对D：连接，如下所示： 由图可知，二面角的平面角和的平面角互补，故先求二面角； 由B可知，面，又面，故， 则即为二面角的平面角； 在直角三角形中，， 故，故二面角的余弦值为， 则二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ACD. 35．在如图所示的三棱锥中，，两两互相垂直，下列结论正确的为（    ） A．直线与平面所成的角为45° B．二面角的正切值为 C．到面的距离为 D．作平面，垂足为，则为的重心 【答案】ABD 【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，可得为直线与平面所成的角，即可判断A项；利用线面垂直的判定定理可得平面，即得为二面角的平面角，即可判断B项；利用等体积法求点面距离即可判断C项；利用线面垂直得判定定理结合等边三角形的性质即可判断D项. 【解析】对于A，因为，，两两互相垂直，，平面，平面， 故为直线与平面所成的角，又，所以， 故直线与平面所成的角为，故A正确； 对于B，取中点为，连接， 因为，，，两两互相垂直，所以， 因为，平面，所以平面，故为二面角的平面角， 则，故二面角的正切值为，故B项正确； 因为，所以，设到面的距离为， 则，解得，故C项错误； 对于D，因为，故为等边三角形， 因为平面，则点为点在平面上的投影，又， 即点到顶点的距离相等，即点到顶点的距离相等， 故为的外心也即重心，故D项正确. 故选：ABD. 36．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则（    ） A． B．平面与平面的交线平行于平面 C．在棱上存在点，使得平面 D．到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据线面垂直的判定与性质即可判断；对于B，根据线面平行的性质即可判断；对于C，利用反证法并结合线面垂直的性质即可判断，对于D，利用等体积法可求出点到平面距离. 【解析】对于A，如图所示，取中点，连接， 因为底面是菱形，，则为三角形，又因为侧面为正三角形， 则，则， 又平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，因为底面为菱形，所以，又平面平面， 所以平面.设平面与平面的交线为， 因为平面，平面，平面平面，所以. 又因为平面平面，所以平面，故B正确； 对于C，假设在棱上存在点，使得平面，因为平面，则， 因为，所以为的中点， 连接，因为平面，平面，则， 所以为锐角，与不垂直，因为， 则与不垂直，因为平面，这与平面矛盾， 所以不存在这样的点，使得平面，故C错误； 对于D，因为平面平面，，平面平面，平面， 所以平面，所以为三棱锥的高， 因为和为等边三角形，则，， 因为平面，平面，则，则， 所以， 设到平面的距离为， 则由得，解得，故D正确. 故选：ABD. 题型12：解答综合题 37．如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用中位线定理得到EFBC，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由AB为圆O的直径，得到BC⊥AC，再利用线面垂直得到BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC，结合（1）中，所以EF⊥平面PAC，得到面面垂直. 【解析】（1）因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC， 因为平面ABC，平面ABC， 所以EF平面ABC； （2）因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC． 因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA， 又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA， 所以平面EFA⊥平面PAC． 38．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，，. (1)求证：平面； (2)设点是的中点，若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据勾股定理得到，再根据平面平面，得到证明. （2）到平面的距离，，，计算得到答案. 【解析】（1）在中，，，，则. 又平面平面，且平面平面，平面， 故平面. （2），点是的中点，到平面的距离. 又，，，. . 39．如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，且底面，，，分别为棱，，的中点. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】（1）利用线面垂直推得面面垂直； （2）利用定义找到二面角的平面角，在三角形中计算夹角的值； 【解析】（1）∵底面ABCD，平面ABCD， ∴. 如图，连接AC． ∵底面ABCD为正方形，∴， ∵M，N分别为棱AB，BC的中点， ∴，∴， 又平面PBD， ∴平面PBD， ∵平面MNE， ∴平面平面PBD． （2）如图，设，，连接FE，则F为线段OB的中点. 易知平面平面， 由（1）知，平面PBD，平面PBD ∴， ∴∠EFB为二面角的平面角， 又底面ABCD，，， ∴， ∴， 即二面角的大小为. 40．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直即可求证； （2）根据面面垂直的性质可得为平面与面所成二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解. 【解析】（1）因为是正三角形，且是的中点.，所以， 又底面 是正方形，所以 ， 又因为平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 又因为平面 ，所以平面， 所以平面. （2）如图，取的中点的中点，连接， 因为是正三角形，所以 又因为平面平面，且平面平面 ，平面， 所以平面 ，平面，故， 由题意可知平面，故平面 平面故， 故为平面与面所成二面角的平面角， 设 ， 则， ， 所以 . 综上所述：侧面与底面所成二面角的正弦值为. 41．如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得，，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证； （2）E作，交于，过点作，交于，证明平面平面，得存在点，利用平行线分线段成比例，求出的值. 【解析】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以， 在中，，，，所以，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）在平面中，过点E作，交于， 在平面中，过点作，交于，连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 平面，所以平面，即为所求的点， 在中，，即，如图所示， 所以， 在中，，所以，即此时. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$