立体几何平行垂直线面角二面角【8个题型】讲义-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册
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内容正文：
2024-2025学年高一下学期数学常考题型归纳
【高一立体几何平行垂直专题练习】
总览
题型梳理
一．异面直线及其所成的角（共6小题）
二．直线与平面平行（共11小题）
三．直线与平面垂直（共4小题）
四．平面与平面平行（共5小题）
五．平面与平面垂直（共1小题）
六．直线与平面所成的角（共5小题）
七．几何法求解直线与平面所成的角（共4小题）
八．几何法求解二面角及两平面的夹角（共13小题）
【知识总览】
1.异面直线及其所成的角
【知识点的认识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：
2.直线与平面平行
【知识点的认识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
3．直线与平面垂直
【知识点的认识】
直线与平面垂直：
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
直线与平面垂直的判定：
（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．
（2）判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．
直线与平面垂直的性质：
①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b
②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．
4．平面与平面平行
【知识点的认识】
两个平面平行的判定：
（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
（2）垂直于同一直线的两个平面平行．即a⊥α，且a⊥β，则α∥β．
（3）平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ，则α∥β．
平面与平面平行的性质：
性质定理1：两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面．
性质定理2：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
性质定理3：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．
5．平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定：
判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
平面与平面垂直的性质：
性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．
性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．
6．直线与平面所成的角
【知识点的认识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，）；直线和平面所成的角的范围为[0，]．
2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．
3、斜线和平面所成角的最小性：
斜线和平面所成的角是用两条相交直线所成的锐角来定义的，其中一条直线就是斜线本身，另一条直线是斜线在平面上的射影．在平面内经过斜足的直线有无数条，它们和斜线都组成相交的两条直线，为什么选中射影和斜线这两条相交直线，用它们所成的锐角来定义斜线和平面所成的角呢？原因是斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中，它是最小的角．对于已知的斜线来说这个角是唯一确定的，它的大小反映了斜线关于平面的“倾斜程度”．根据线面所成的角的定义，有结论：斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角．
用空间向量直线与平面所成角的求法：
（1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
（2）向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|．
7．几何法求解直线与平面所成的角
【知识点的认识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，）；直线和平面所成的角的范围为[0，]．
2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．
【解题方法点拨】
具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．
8.几何法求解二面角及两平面的夹角
【知识点的认识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点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．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
【解题方法点拨】
求二面角的平面角：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．
【命题方向】
﹣夹角计算：考查如何使用几何方法计算两平面之间的夹角．
题型分类
知识讲解与常考题型
一．异面直线及其所成的角（共6小题）
1．（2025春•溧阳市期中）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025春•杭州期中）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD，点E，F分别是棱CD和BB1的中点，点P在侧面ADD1A1（包括边界）移动．若FE⊥EP，则异面直线EP与AB所成角的余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025•丰城市校级开学）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E为B1D1的中点，则异面直线AD1与BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋•武汉期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，．现将△ABD沿BD折起，当二面角A﹣BD﹣C处于过程中，直线AD与BC所成角的余弦值取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（多选）5．（2024•潢川县二模）如图，点M是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的侧面ADD1A1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M满足CM⊥AD1
B．当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为1
C．若MB1，则动点M的轨迹长度为
D．在线段AD1上存在点M，使异面直线MB1与CD所成的角是30°
6．（2024•铁东区模拟）在三棱锥P﹣ABC中，，BC＝1，PA＝PB＝PC＝AB＝2，M为AC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值是 ．
二．直线与平面平行（共11小题）
7．（2025•鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025•南京校级二模）在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是（ ）
A．若l⊂β，且α⊥β，则l⊥α
B．若l⊥β，且α∥β，则l⊥α
C．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
D．若l⊥β，且α⊥β，则l∥α
9．（2025•河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025春•广州期中）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（ ）
A． B． C．2 D．
11．（2025•天津模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②三棱锥A1﹣ADP的体积为定值；
③存在一点P，D1O∥B1P；
④若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（2025春•镇海区校级期中）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，点G在侧面CC1D1D上运动（含边界），若AG∥平面A1EF，则点G的轨迹长度为（ ）
A． B． C．2 D．1
（多选）13．（2024秋•诸暨市期末）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q，R满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，|QR|＝1
B．当时，D1R∥平面BDC1
C．∀μ∈[0，1]，∃λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R
D．∀λ∈[0，1]，∃μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ
（多选）14．（2025春•洛阳月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，且，，λ，t∈（0，1），则（ ）
A．当λ+t＝1时，A1N⊥C1M
B．当λ＝t时，AC∥平面C1MN
C．当2λ+2t＝1时，△BMN面积的最小值为
D．当2t+2λ＝1时，B1M+B1N的最小值为
15．（2025春•晋江市校级期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝CB＝CC1＝2，E为AB的中点．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为．
（1）求∠ACB；
（2）求证：AC1∥平面B1CE；
（3）求三棱锥C1﹣B1CE的体积．
16．（2025•江苏模拟）斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都为2，∠A1AC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABC．
（1）若D为CC1中点，E点在线段BC上，且BE＝2EC，求证：A1B∥平面ADE；
（2）求二面角A1﹣AB﹣C的正弦值．
17．（2025春•天河区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2为菱形，∠DAB＝60°，△PAD是以PA为斜边的等腰直角三角形，F，G分别是PB，CD的中点．
（1）求证：GF∥平面PAD；
（2）设E为AB的中点，过E，F，G三点的截面与棱PC交于点Q，指出点Q的位置并证明．
三．直线与平面垂直（共4小题）
18．（2025•辽宁模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，过点B1的平面α与直线D1E垂直，则α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为（ ）
A．4 B． C． D．
（多选）19．（2025春•福建期中）如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等边三角形，AC＝AD，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，点D至点F的位置，使得FE⊥EC，将△ABC沿AC折起，点B至点Q的位置，此时四面体FACQ恰好为正四面体，M，N分别为AC，FQ的中点，则（ ）
A．AE⊥平面EFC B．∠CAD为钝角
C．MN⊥平面ABCD D．AC⊥QE
（多选）20．（2024春•厦门期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，动点P满足，则（ ）
A．当λ＝0时，AC⊥DP
B．当λ＝1时，AC与DP是异面直线
C．当μ＝1时，三棱锥P﹣ABB1的外接球体积的最大值为
D．当时，存在点P，使得DP⊥平面ACD1
（多选）21．（2024春•吉林期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，且AB＝BC＝CC1＝2，M为线段BC上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．AB1⊥A1M
B．异面直线A1B与B1M所成角的取值范围为
C．|A1M|+|C1M|的最小值为
D．当M是BC的中点时，过A1，M，C1三点的平面截三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球所得的截面面积为
四．平面与平面平行（共5小题）
22．（2025•和平区校级一模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF∥平面A1AC B．平面B1EF∥平面A1C1D
C．平面B1EF⊥平面BDD1 D．平面B1EF⊥平面A1BD
（多选）23．（2025春•海珠区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则（ ）
A．存在点G，使BG∥EF
B．存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
D．存在点G，使得平面EFG截正方体所得截面为正六边形
24．（2025春•重庆校级期中）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AC＝2A1C1＝2，D为线段BC上靠近B的三等分点，E为线段B1C1上靠近B1的三等分点．
（1）求证：平面A1BE∥平面AC1D；
（2）求平面AC1D分割三棱台所得的几何体A1B1C1﹣ABD和C1﹣ADC的体积之比．
25．（2025春•永安市期中）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G分别是棱AB，BC，B1C1的中点．
（1）判断直线AG与直线EF，直线CG与平面ABB1A1的位置关系；（判断即可，不必说明理由）
（2）求证：B1E∥平面ACG；
（3）在棱CC1上是否存在一点N，使得平面NEF∥平面A1BC1？若存在，请指出点N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
26．（2025•新余校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E、F分别为AD、CD中点，四边形EOFD也是正方形，经过D点的直线l与平面ABCD的夹角为且l⊥AC，现将正方形EOFD沿直线l平移至A1B1C1D1得到四棱台ABCD﹣A1B1C1D1．
（1）求证：平面A1EO∥平面D1C1CD；
（2）若DD1＝2，求平面A1C1B与平面ABCD夹角的余弦值；
（3）若平面A1C1CA⊥平面ABCD，求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积．
五．平面与平面垂直（共1小题）
（多选）27．（2024春•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12π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ABCD﹣A1B1C1D1，设P为外壳上的一个动点，则（ ）
A．存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1
B．当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2π
C．当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2π
D．存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC
六．直线与平面所成的角（共5小题）
（多选）28．（2024春•秦淮区校级月考）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱A1D1，A1B1，CC1的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．CD1⊥平面AB1D
B．AC与平面A1B1CD所成的角为60°
C．平面EFG截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面形状是五边形
D．点P在平面BB1C1C内运动，且CP∥平面BEF，则BP的最小值为
（多选）29．（2024秋•镇海区校级月考）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上＝1，r下＝2，母线AB长为2，点E为AB的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为12π
C．圆台母线AB与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径长为4
（多选）30．（2024春•金华月考）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，E为CD中点，将△DAE沿AE折起，使D点到达P的位置（点P不在平面ABCE内），连接PB，PC（如图2），则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．BC∥平面PAE
B．PB⊥AE
C．存在某个位置，使PC⊥平面PAE
D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为
31．（2024春•浦城县校级期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是 ．（将正确说法的序号都写上）
①四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值为；
②当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P﹣AB﹣C的正切值为；
③存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
④棱PB的中点为N，则CN的长为定值．
32．（2024春•常州期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP＝1，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）求三棱锥P﹣ABC在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）如图，已知在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC，三棱锥P﹣ABC在顶点C处的离散曲率为．
①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；
②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值．
七．几何法求解直线与平面所成的角（共4小题）
33．（2025•文昌校级一模）已知二面角α﹣m﹣β的平面角的大小为90°，A，B为半平面α内的两个点，C为半平面β内一点，且，若直线BC与平面α所成角为30°，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
34．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠A＝90°，CD，cos∠BDC，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C﹣DAB，且AC＝2．
（1）证明：AC⊥面ABD；
（2）在三棱锥C﹣DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l．
①证明：l∥AD；
②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值．
35．（2024春•无锡校级期中）如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3A1B1，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，CD＝9，AD＝6，且AA1＝BB1＝4，Q为线段CC1中点，
（1）求证：BQ∥平面ADD1A1；
（2）若四棱锥Q﹣ABB1A1的体积为．
①求证：AD⊥平面ABB1A1；
②求B1D与平面ABB1A1夹角的正弦值．
36．（2024春•成都期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为线段AA1的中点．从条件①②中选择一个作为已知，①AD⊥BE；②BC．
（1）证明：AC⊥平面BCC1B1；
（2）求点C1到平面BCE的距离；
（3）已知点M在线段CC1上，直线EM与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求线段CM的长．
八．几何法求解二面角及两平面的夹角（共13小题）
37．（2025•安徽模拟）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角A﹣BD﹣C的大小为120°，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ）
A．π B．π C．π D．
38．（2025•安徽校级模拟）如图所示，将绘有函数f（x）＝Msin（x+φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，此二面角的平面角为，此时A，B之间的距离为，则φ＝（ ）
A． B． C． D．
（多选）39．（2024春•湖北期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是CC1的中点，下列说法正确的是（ ）
A．若P是线段AC1上的动点，则三棱锥P﹣BQD的体积为定值
B．三棱锥A1﹣BQD外接球的半径为
C．若AQ与平面AC，平面AD1，平面AB1所成的角分别为θi（i＝1，2，3），则
D．若平面ABQ与正方体各个面所在的平面所成的二面角分别为θi（i＝1，…，6），则
（多选）40．（2024春•中牟县期末）已知等腰直角△ABC的斜边AB＝4，D是斜边AB上的一点，且满足CD＝2，若将△ACD沿着CD翻折到△A′CD位置，得到三棱锥A′﹣BCD，则（ ）
A．CD⊥A′B
B．当A′D⊥BD时，三棱锥B﹣A′CD的体积为
C．当时，二面角A′﹣CD﹣B的大小为
D．当时，三棱锥A′﹣BCD的外接球的表面积为20π
41．（2025春•福建期中）如图所示，AC，BD分别在平面α和平面β内，在α与β的交线l上取线段AB＝1，AC⊥l，BD⊥l，AC＝1，BD＝1，CD＝2，则二面角α﹣l﹣β的大小为 ．
42．（2025春•浙江期中）如图，等腰直角三角形ACB所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于A、B的点，N是AM的中点．
（1）证明：AM⊥平面OCN；
（2）若三棱锥M﹣ABC体积最大为，设∠MAB＝α，
（i）求体积最大时α的值及此时二面角C﹣AM﹣B的余弦值；
（ii）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面BCM的距离．
43．（2025春•镇海区校级期中）如图，已知四边形ABCD满足AD＝2，，AD⊥CD，AC⊥BC，现将△DAC沿着AC翻折得到△PAC形成四棱锥P﹣ABCD，记二面角P﹣AC﹣D的平面角大小为θ．
（1）若，证明：AP⊥PB．
（2）在线段AP上是否存在一点E使得DE∥平面PBC，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
（3）三棱锥P﹣ABC的外接球球心为O，二面角O﹣AP﹣C和O﹣BC﹣A的平面角大小分别为α，β，求tan2α﹣tan2β（记λ＝sinθ，结果用λ表示）．
44．（2025春•长沙期中）如图所示，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，，边AD上一点E满足DE＝1．现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使平面A1BE⊥平面BCDE，如图所示．
（1）求证：A1C⊥BE；
（2）求四棱锥A1﹣BCDE的体积；
（3）求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．
45．（2024秋•南昌县校级期末）如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P﹣ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosγ＝cosαcosβ+sinαsinβcosθ．
（1）如图2，在三棱锥A﹣BCD中，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD＝90°，△BCD为等边三角形，∠ABC＝90°，求二面角A﹣BD﹣C平面角的正弦值；
（2）如图3，在三棱锥A﹣BCD中，AH⊥平面BCD，AE⊥BD，连接HE，AB＝4，∠ABD＝45°，∠CBD＝60°，∠ABC＝90°，BC+BD＝6，求三棱锥A﹣BCD体积的最大值；
（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理．
46．（2024春•武汉期末）如图，在五棱锥S﹣ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD．四边形ABCD为矩形，且SE＝AB＝1，AD＝3，．
（1）证明：SE⊥平面AED；
（2）若，求二面角E﹣SA﹣D的余弦值；
（3）求直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值．
47．（2024春•天河区校级月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1B1与A1C，B1C1都垂直，已知AB＝3，AA1＝AC＝5．
（Ⅰ）求证：平面A1BC⊥平面ABC；
（Ⅱ）当直线A1B与底面ABC所成的角为时，求二面角A1﹣AC﹣B的正切值．
48．（2024春•西山区校级期中）如图，水平桌面A2B2C2D2上放置一个透明塑料制成的长方体水槽ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝2AB＝2BC＝4，水面高度恰为长方体高的一半，在该长方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3．将该长方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上，如下如图所示），此时水恰好流出时，液面与棱AA1，BB1，CC1，DD1分别相交于点M，N，P，Q．
（1）证明：四边形MNPQ是矩形；
（2）当水恰好流出时，求二面角P﹣CD﹣C2的大小．
49．（2024春•南关区校级期中）如图，在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD＝2，E为BD的中点，F为AC上一点．
（1）求证：平面ACE⊥平面BDF；
（2）若∠BCD＝90°，∠BAD＝60°，，
（ⅰ）求二面角A﹣BD﹣C的余弦值；
（ⅱ）求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值．
一．异面直线及其所成的角（共6小题）
1．（2025春•溧阳市期中）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；向量法；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】D
【分析】设，，，借助空间向量数量积与模长的关系及向量夹角公式，求解即可．
【解答】解：如图，设，，，三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱长均为1，
则，，，
而，，
所以，
，，
所以cos，，
所以异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，熟练掌握空间向量的线性运算和数量积的运算法则是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
2．（2025春•杭州期中）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD，点E，F分别是棱CD和BB1的中点，点P在侧面ADD1A1（包括边界）移动．若FE⊥EP，则异面直线EP与AB所成角的余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间角；空间向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合基本不等式算出异面直线EP与AB所成角余弦的最大值．
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以{，，}为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz．
设AB＝AA1＝2AD＝4，由E、F分别是CD、BB1的中点，得E（0，2，0），F（2，4，2）．
设P（t，0，n），t∈[0，2]，n∈[0，4]，
则，，，
因为FE⊥EP，所以，化简得t+n＝2，
设异面直线EP与AB所成角为α，α∈，
则cosα＝|，|，
因为t+n＝2，所以，当且仅当t＝n＝l时取等号，
所以，可知异面直线EP与AB所成角的余弦值的最大值为．
故选：A．
【点评】本题主要考查异面直线所成角的定义与求法、空间向量的夹角公式、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
3．（2025•丰城市校级开学）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E为B1D1的中点，则异面直线AD1与BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】D
【分析】作辅助线，可知∠AD1F为异面直线AD1与BE所成角或其补角，根据棱台体积公式求得，结合余弦定理即可求解．
【解答】解：根据题意可知，正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，
设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，
连接BD，作D1F∥BE交BD于点F，作D1G⊥BD交BD于点G，连接AG，AF，
则∠AD1F为异面直线AD1与BE所成角或其补角，
因为AB＝2A1B1＝4，且正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为，
即，
所以，即，
则，，，
，，
所以．
故选：D．
【点评】本题考查了棱台体积公式和余弦定理，属于中档题．
4．（2024秋•武汉期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，．现将△ABD沿BD折起，当二面角A﹣BD﹣C处于过程中，直线AD与BC所成角的余弦值取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】二面角的平面角易作图，但异面直线的夹角不好作图，这里用了向量和以及求模思想，来求这两条异面直线的夹角余弦值．
【解答】解：设向量与所成角为θ1，二面角A﹣BD﹣C的平面角大小为θ2，
∵BC2+CD2＝BD2，∴BC⊥CD．又BC＝CD，∴，
取BD中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，
∴∠AEC＝θ2，又∵，CE＝1，
在△AEC中，AC2＝AE2+CE2﹣2AE•CE•cosθ2，即，
又∵，，
而，
∴，
即，
又∵，∴，
∵异面直线所成角范围为，
∴直线AD与BC所成角的余弦值取值范围是．
故选：D．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
（多选）5．（2024•潢川县二模）如图，点M是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的侧面ADD1A1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M满足CM⊥AD1
B．当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为1
C．若MB1，则动点M的轨迹长度为
D．在线段AD1上存在点M，使异面直线MB1与CD所成的角是30°
【考点】异面直线及其所成的角；命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】AC
【分析】对于A，利用线面垂直进行判断；对于B，旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D1D共面，求此时线段AB1的长，即可判断；对于C，由线面垂直求出A1M＝1，确定点M的轨迹是以A1为圆心，半径为1的圆弧，即可求得答案；对于D，根据异面直线的定义，可求得该角的最小值，即可判断．
【解答】解：对于A，若M在A1D上，此时必有CM⊥AD1，
证明如下：由正方体性质得CD⊥平面ADD1A1，CD⊥AD1，
又A1D⊥AD1，CD∩A1D＝D，∴AD1⊥平面A1DC，CM在平面A1DC内，
∴AD1⊥CM，故A正确；
对于B，旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D1D共面，如图中A′A1′D1D，
连接A′B1，交DD1于点M，
此时|MA|+|MB1|最短为A′B，大小为，故B错误；
对于C，当点M在平面ADD1A1内时，由A1B1⊥面ADD1A1，A1M⊂面ADD1A1，则A1B1⊥A1M，
∴A1M2＝B1M2，∴A1M＝1，
∴点M的轨迹是以A1 为圆心、半径为1的圆弧，
∴动点M轨迹长为，故C正确；
对于D，∵CD∥A1B1，∴直线B1M与CD所成角即直线B1M与A1B1所成角，
即∠A1B1M或其补角，
由点M 在线段AD1上，知A1M ，
由A1B1⊥A1M，得tan∠A1B1M，
∴∠A1B1M最小值大于30°，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查线面垂直的判定与性质、旋转体性质、圆、异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（2024•铁东区模拟）在三棱锥P﹣ABC中，，BC＝1，PA＝PB＝PC＝AB＝2，M为AC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值是 ．
【考点】异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据异面直线所成角的定义确定∠DMB为异面直线BM与PA所成的角或其补角；再根据勾股定理求出BM，余弦定理求出cos∠DCB，进而得出BD2，最后在△BMD中，利用余弦定理即可求出cos∠DMB．
【解答】解：取PC的中点D，连接MD，BD，如图所示：
因为M为AC的中点，D为PC的中点，
则根据三角形的中位线定理可得DM∥PA，且．
所以∠DMB为异面直线BM与PA所成的角或其补角．
因为在△ABC中，，BC＝1，AB＝2，
所以AB2＝BC2+AC2，则AC⊥BC．
又，所以．
又在△PBC中，BC＝1，PB＝PC＝2，
所以由余弦定理可得：cos∠DCB＝cos∠PCB，
又因为在△BDC中，DC＝BC＝1，
所以由余弦定理可得：BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cos∠DCB＝12+12﹣2×1×1，
则在△BMD中，由余弦定理可得，
所以异面直线BM与PA所成角的余弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查异面直线所成的角的余弦值的求法，三角形中位线的性质的应用，余弦定理的应用，属于中档题．
二．直线与平面平行（共11小题）
7．（2025•鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行．版权所有
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质相应作出完整的截面，然后根据正方体的性质及线面平行的判定即可得解．
【解答】解：对于A，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方体的性质可得MN∥BF，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足．
故选：D．
【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，考查了数形结合思想的应用，注意解题方法的积累，属于中档题．
8．（2025•南京校级二模）在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是（ ）
A．若l⊂β，且α⊥β，则l⊥α
B．若l⊥β，且α∥β，则l⊥α
C．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
D．若l⊥β，且α⊥β，则l∥α
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；平面与平面平行．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】B
【分析】根据线面垂直的定义和定理，注意紧扣面面垂直的性质定理的条件逐项判断，分析可得答案．
【解答】解：A不正确，由面面垂直的性质定理可推出；C不正确，可能l与m异面；
B正确，由线面垂直的定义和定理，面面平行的性质定理可推出；
D不正确，由面面垂直的性质定理可知，α∩β＝m，且l⊥m，l⊥β，则l⊂α．
故选：B．
【点评】本题考查了空间线面的位置关系，垂直和平行的定理的应用，属基础题．
9．（2025•河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面平行．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】取A1D1的中点M，根据线面平行的判定定理，证得AB1∥平面BEF，AM∥平面BEF，进而证得平面AB1M∥平面BEF，得到当P∈AM时，B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，在△AMB1中，求得，结合B1M•sin∠AMB1，即可求解．
【解答】解：根据题意可知，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，
如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1，
∵E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，
∴四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，
又∵AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，∴AB1∥平面BEF，
同理可证：AM∥平面BEF，
∵AB1∩AM＝A，且AB1，AM⊂平面AB1M，∴平面AB1M∥平面BEF，
又∵AM⊂平面AA1D1D，当P∈AM时，则B1P⊂平面AB1M，
∴B1P∥平面BEF，∴点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，可得，，
在△AMB1中，可得，且，
则，∴B1P的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查了线面平行，属于中档题．
10．（2025春•广州期中）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（ ）
A． B． C．2 D．
【考点】直线与平面平行．版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】连接AC，设AC交BE于O，连接OF，由线面平行的性质可得PA∥OF，再由平行线分线段成比例，可得答案．
【解答】解：连接AC，设AC交BE于O，连接OF，
因为PA∥平面EBF，OF⊂平面BEF，
且PA，OF⊂平面PAC，
所以PA∥OF，
在平行四边形ABCD，E为AD的中点，所以2，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查线面平行的性质的应用及平行线分线段成比例的性质的应用，属于中档题．
11．（2025•天津模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②三棱锥A1﹣ADP的体积为定值；
③存在一点P，D1O∥B1P；
④若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】直线与平面平行；棱锥的体积．版权所有
【专题】整体思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】由棱柱的性质分别判断所给的命题的真假．
【解答】解：对于①，连接AD1，CD1，由正方体的性质知三角形ACD1为等边三角形，
由于O为底面ABCD的中心，故为AC中点，故D1O⊥AC，①正确；
对于②：三棱锥A1﹣ADP的体积为••h••AA1×AD×AB2×2×2，故②正确；
对于③，将D1O进行平移到过B1点，使之与B1P具有公共顶点，
根据立体图形判断，无论如何也不可能满足B1H平行或重合于B1P，
所以D1O不可能平行于B1H，③错误；
对于④，取B1B的中点E，连接OE，EC，BD，D1E，
则，，D1E＝3，满足，所以OE⊥D1O，
又OC⊥BD，OC⊥DD1，所以OC⊥平面BDD1B1，D1O⊂平面BDD1B1，
所以OC⊥D1O，OC∩OE＝O，所以D1O⊥平面OEC，
所以P在线段EC上运动，当点P到点E位置时，C1P最大，
此时△D1C1P面积最大为：，故④正确．
故选：C．
【点评】本题考查棱柱的性质的应用，属于中档题．
12．（2025春•镇海区校级期中）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，点G在侧面CC1D1D上运动（含边界），若AG∥平面A1EF，则点G的轨迹长度为（ ）
A． B． C．2 D．1
【考点】直线与平面平行．版权所有
【专题】运动思想；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】A
【分析】根据AG∥平面A1EF，可知点G形成的轨迹与点A构成的平面A1EF，通过作出两组相交直线互相平行，得到两平面平行，从而得到点G的轨迹，并求出轨迹长度．
【解答】解：如图，
连接A1B，因为E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，所以EF∥D1C，
因为D1C∥A1B，所以EF∥A1B，则平面A1EF即平面BA1EF，
取CD中点P，D1D中点Q，连接PQ，可得PQ∥D1C，故PQ∥EF，
连接PE，可得A1A∥PE且A1A＝PE，所以四边形A1APE为平行四边形，所以A1E∥AP，
因为AP∩PQ＝P，EF∩A1E＝E，所以平面APQ∥平面BA1EF，
则当点G在线段PQ上运动时，始终有AG∥平面A1EF，所以点G的轨迹长度为PQ．
故选：A．
【点评】本题主要考查面面平行的判定和性质，属于中档题．
（多选）13．（2024秋•诸暨市期末）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q，R满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，|QR|＝1
B．当时，D1R∥平面BDC1
C．∀μ∈[0，1]，∃λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R
D．∀λ∈[0，1]，∃μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ
【考点】直线与平面平行．版权所有
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，求各点坐标，根据两点结论公式求|QR|，判断A，求平面BDC1的法向量，直线D1R的方向向量，证明两向量垂直，判断B，由求λ，μ，判断C，令，确定λ，μ关系，由此判断D．
【解答】解：棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
Q，R满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，
DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），
D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），
∵，，∴Q（2，2，2λ），
∵，，A1（2，0，2），
∴R（2﹣2μ，2μ，2﹣2μ），
对于A，当时，点Q（2，2，1），点R（1，1，1），
则|QR|，
∴当时，|QR|1，故A错误；
对于B，当时，点，
设平面BDC1的法向量为，，，
由，取x＝1，得，
，，∴，
又D1R⊄平面BDC1，∴D1R∥平面BDC1，
∴当时，D1R∥平面BDC1，故B正确；
对于C，（0，2，2λ），（2﹣2μ，2μ，﹣2μ），
•4μ﹣4λμ＝4μ（1﹣μ），
当μ＝0时，•0恒成立，当μ≠0时，令•4μ（1﹣μ）＝0，得λ＝1，
∴∀μ∈[0，1]，∃λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R，故C正确；
对于D，（2，0，2λ），（2﹣2μ，2μ，﹣2μ），
•4﹣4μ﹣4λμ＝4﹣4μ（1+λ），
令•4﹣4μ（1+λ）＝0，，
∵λ∈[0，1]，∴，
∴∀λ∈[0，1]，∃μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查线面垂直、面面平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）14．（2025春•洛阳月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，且，，λ，t∈（0，1），则（ ）
A．当λ+t＝1时，A1N⊥C1M
B．当λ＝t时，AC∥平面C1MN
C．当2λ+2t＝1时，△BMN面积的最小值为
D．当2t+2λ＝1时，B1M+B1N的最小值为
【考点】直线与平面平行；多面体和旋转体表面上的最短距离问题．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果．
【解答】解：如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
A1（0，0，2），B1（2，0，2），C1（2，2，2），M（0，2λ，0），N（2﹣2t，2，0），，，
当λ+t＝1时，，
所以A1N⊥C1M，A正确．
，，当λ＝t时，．
因为MN⊂平面C1MN，AC⊄平面C1MN，所以AC∥平面C1MN，B正确．
由，
当2λ+2t＝1时，，，，
当时，△BMN的面积取得最小值，最小值为，C错误．
当2λ+2t＝1时，，，，
可看作是平面内点（λ，0）到点，的距离之和，
点关于x轴的对称点为，
则，
所以B1M+B1N的最小值为，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算，属于中档题．
15．（2025春•晋江市校级期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝CB＝CC1＝2，E为AB的中点．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为．
（1）求∠ACB；
（2）求证：AC1∥平面B1CE；
（3）求三棱锥C1﹣B1CE的体积．
【考点】直线与平面平行；棱锥的体积．版权所有
【专题】应用题；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）；
（2）证明过程见解析；
（3）．
【分析】（1）通过三角形面积公式列出式子，再结合余弦定理得出关于sinC，cosC的方程，最后化简即可求出；
（2）连接BC1，设C1B∩CB1＝O，连接OE，利用中位线的性质可得出OE∥AC1，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（3）由（2）可知，则点A到平面B1CE的距离等于点C1到平面B1CE的距离，则，利用锥体的体积公式可求得结果．
【解答】解：（1）．
所以．
又由C∈（0，π），可得，所以．
（2）证明：连接BC1，设C1B∩CB1＝O，连接OE，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形BB1C1C为平行四边形，则O为BC1的中点，
又因为E为AB的中点，则OE∥AC1，因为AC1⊄平面B1CE，OE⊂平面B1CE，
因此AC1∥平面B1CE．
（2）因为AC1∥平面B1CE，则点A到平面B1CE的距离等于点C1到平面B1CE的距离，
所以．
在△ABC中，AC＝BC＝2，E为AB的中点，∠ACB＝120°，
所以．
因此．
【点评】本题考查直线与平面平行，属于中档题．
16．（2025•江苏模拟）斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都为2，∠A1AC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABC．
（1）若D为CC1中点，E点在线段BC上，且BE＝2EC，求证：A1B∥平面ADE；
（2）求二面角A1﹣AB﹣C的正弦值．
【考点】直线与平面平行；空间向量法求解二面角及两平面的夹角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】（1）证明见详解；
（2）．
【分析】（1）构造线线平行，判断线面平行．
（2）利用射影三角形的面积求二面角的三角函数．
【解答】（1）证明：如图：
连接A1C交AD于点M，再连接ME．
因为AA1∥CC1，所以△AA1M～△DCM，
所以，又，
所以ME∥A1B，A1B⊄平面ADE，ME⊂平面ADE，
所以A1B∥平面ADE．
（2）取AC中点N，连接AN、BN．
因为四边形AA1C1C是边长为2的菱形，且，
所以△A1AC为等边三角形，所以A1N⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1N⊂平面AA1C1C，
所以A1N⊥平面ABC．
在Rt△A1BN中：，所以．
在△A1AB中：A1A＝AB＝2，，所以，
又，
设二面角A1﹣AB﹣C为θ．
则，
所以，
即二面角A1﹣AB﹣C的正弦为．
【点评】本题主要考查线面平行的证明，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
17．（2025春•天河区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2为菱形，∠DAB＝60°，△PAD是以PA为斜边的等腰直角三角形，F，G分别是PB，CD的中点．
（1）求证：GF∥平面PAD；
（2）设E为AB的中点，过E，F，G三点的截面与棱PC交于点Q，指出点Q的位置并证明．
【考点】直线与平面平行．版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）Q为PC的中点，证明见解析．
【分析】（1）取PA中点H，连接FH，HD，只需证明GF∥HD，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）首先证明EG∥平面PBC，然后结合线面平行的性质、平行线的传递性即可得证．
【解答】（1）证明：如图，取PA中点H，连接FH，HD，
因为F为PB中点，所以HF∥AB，且，
又因为四边形ABCD为菱形，且G为CD中点，
所以DG∥AB，且，
所以HF∥DG，且HF＝DG，所以四边形HDGF为平行四边形，
所以GF∥HD，
因为GF⊄平面PAD，HD⊂平面PAD，
所以GF∥平面PAD；
（2）解：Q为PC的中点，
证明如下：因为CG∥BE且CG＝BE，故BCGE为平行四边形，故EG∥BC，
EG⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故EG∥平面PBC，
又EG⊂平面EFQG，平面EFQG∩平面PBC＝FQ，所以EG∥FQ，
又EG∥BC，所以FQ∥BC，
因为F为PB的中点，所以点Q为PC的中点．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用及线面平行的性质的应用，属于中档题．
三．直线与平面垂直（共4小题）
18．（2025•辽宁模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，过点B1的平面α与直线D1E垂直，则α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为（ ）
A．4 B． C． D．
【考点】直线与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，由条件可得A，B1，F，H四点共面，再由线面垂直的判定定理可得B1F⊥平面D1EC1，D1E⊥平面AB1FH，从而得到平面AB1FH为平面α，再结合等腰梯形的面积公式代入计算，即可得到结果．
【解答】解：如图，设F，H分别为棱C1C，DC的中点，连接HF，AB1，AH，FB1，DC1，CD1，C1E，
∴HF∥DC1，又AB1∥DC1，∴HF∥AB1，
∴A，B1，F，H四点共面．
又∵D1C1⊥平面BB1C1C，B1F⊂平面BB1C1C，∴D1C1⊥B1F，
又∵Rt△B1C1F≌Rt△C1CE，∴B1F⊥C1E，
又∵D1C1∩C1E＝C1，D1C1，C1E⊂平面D1EC1，
∴B1F⊥平面D1EC1，
又∵D1E⊂平面D1EC1，∴B1F⊥D1E．
又∵BC⊥平面DD1C1C，HF⊂平面DD1C1C，
∴BC⊥HF，又∵F和H分别为棱C1C和DC的中点，∴HF⊥D1C，
又∵BC∩D1C＝C，BC，D1C⊂平面D1EC，∴HF⊥平面D1EC，
又∵D1E⊂平面D1EC，∴HF⊥D1E．又∵B1F∩HF＝F，B1F，HF⊂平面AB1FH，
∴D1E⊥平面AB1FH，即平面AB1FH为平面α，
由AB＝BB1＝2，得，∴，
得等腰梯形AB1FH的高为，
∴截面AB1FH的面积．
故选：B．
【点评】本题考查正方体截面问题，属于中档题．
（多选）19．（2025春•福建期中）如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等边三角形，AC＝AD，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，点D至点F的位置，使得FE⊥EC，将△ABC沿AC折起，点B至点Q的位置，此时四面体FACQ恰好为正四面体，M，N分别为AC，FQ的中点，则（ ）
A．AE⊥平面EFC B．∠CAD为钝角
C．MN⊥平面ABCD D．AC⊥QE
【考点】直线与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】利用AE⊥EF，AE⊥EC，可判断出A的真假；由题意易得，可判断出B的真假；过点Q作QG⊥平面ABCD于G，连接GA，GC，GE，QM，FM，由题意易得EF⊥平面AEC，从而可得M在平面QGEF内，设正面体的棱长为2，可证MEFN是平行四边形，从而可证MN⊥平面ABCD，可判断出C的真假；利用线面垂直可得面面垂直，进而可得AC⊥平面QGEF，可判断出D的真假．
【解答】解：对于A，因为AC＝AD，E为CD的中点，所以AE⊥CD，
从而可得AE⊥EF，AE⊥EC，又EF∩EC＝E，EF，EC⊂平面EFC，
所以AE⊥平面EFC，故A正确；
对于B，因为四面体FACQ恰好为正四面体，所以FC＝FA＝FM，
所以Rt△AEF≅Rt△CEF，
所以，所以∠CAD＝90°，故B错误；
对于C，过点Q作QG⊥平面ABCD于G，连接GA，GC，GE，QM，FM，
因为QC＝QA，易得Rt△QCG≅Rt△QAG，所以AG＝CG，
因为AE＝EC，M是AC的中点，所以ME⊥AC，所以G在直线ME上，
又FE⊥EC，AE⊥EF，又AE∩EC＝E，AE，EC⊂平面AEC，
所以EF⊥平面AEC，所以QG∥EF，
所以过QG，EF有唯一平面QGEF，
设正面体的棱长为2，则可得，ME＝1，
在△FMQ中，由余弦定理可得cos∠QFM，
又N是FQ的中点，所以FN＝1，
在△FMN中，∠FNM＝∠QFM，
由余弦定理可得MN，
又易得，
又FN＝ME，所以四边形MEFN是平行四边形，
所以EF∥MN，又EF⊥平面AEC，所以MN⊥平面ABCD，故C正确；
对于D，又EF⊂平面QGEF，所以平面QGEF⊥平面ABCD，
又平面QGEF∩平面ABCD＝EG，由选项C可知AC⊥MG，又AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面QGEF，又EQ⊂平面QGEF，所以AC⊥EQ，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查线面垂直的判断及余弦定理的应用，属于中档题．
（多选）20．（2024春•厦门期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，动点P满足，则（ ）
A．当λ＝0时，AC⊥DP
B．当λ＝1时，AC与DP是异面直线
C．当μ＝1时，三棱锥P﹣ABB1的外接球体积的最大值为
D．当时，存在点P，使得DP⊥平面ACD1
【考点】直线与平面垂直；球内接多面体；球的体积；异面直线的判定．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】用线面垂直证明线线垂直，即可判断出A的真假；当λ＝1，μ＝0时，AC与DP有交点，即可判定B是否正确；当λ＝1时，点P与C1重合，此时三棱锥P﹣ABB1的体积最大，从而得到的外接球体积最大，即可判定C是否正确；当λ＝0时，，即P为BB1的中点事，DP⊥面ACD1，即可判定D是否正确．
【解答】解：对于A：当λ＝0时，，
在长方体中，易知BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以BB1⊥AC，
又AC⊥DB，DB∩BB1＝B，
所以AC⊥平面DBB1，
又DP⊂平面DBB1，
所以AC⊥DP，故A正确；
对于B：当λ＝1，μ＝0时，，
此时又AC与DP相交于点C，故B错误；
对于C：当μ＝1时，，
当λ＝1时，点P与C1重合，此时三棱锥P﹣ABB1的高最大，
由于底面ABB的面积是定值，所以此时三棱锥P﹣ABB1的体积最大，
即三棱锥P﹣ABB的外接球体积最大，
又底面AB，外接圆的半径为，球心到底面AB的距离为CC1的一半，即，
所以三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为1，
所以三棱锥 P﹣ABB1的外接球体积的最大值为，故C正确；
对于D：当时，，
当λ＝0时，，即P为BB1的中点时，DP⊥平面ACD1，
由AC⊥平面DBB1D1，DP⊂平面 DBB1D1，
所以AC⊥DP，
又•（）•（）••••，
在长方体中，•||||cos135°1×（）＝﹣1，
0，•0，•||•||cos0°1＝1，
所以•0，即DP⊥AD1，
又AD1∩AC＝A，
所以DP⊥面ACD1，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
（多选）21．（2024春•吉林期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，且AB＝BC＝CC1＝2，M为线段BC上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．AB1⊥A1M
B．异面直线A1B与B1M所成角的取值范围为
C．|A1M|+|C1M|的最小值为
D．当M是BC的中点时，过A1，M，C1三点的平面截三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球所得的截面面积为
【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】ABD
【分析】构造正方体模型，即可判断A，B；展形为平面图形，两点间直线最短，即可求出最小值，从而判断C；构造正方体模型，求出外接球半径，然后计算得到球心到截面的距离，然后结合勾股定理即可求解D选项．
【解答】解：对于A，如图，将几何体补为正方体，
由题意知AB1⊥平面A1BC，
又A1M⊂平面A1BC，∴AB1⊥A1M，故A正确；
对于B，如图，将几何体补为正方体，
将动点M运动到点B时，
直线A1B与B1M所成角最小，最小值为，
此时直线A1B与B1M相交，不满足异面直线的条件；
当动点Mmh点B向点C运动时，直线A1B与B1M所成角慢慢变大，
当动点M运动到点C时，直线A1B与B1M所成角最大，
由题意知△D1B1C是等边三角形，∴直线B1M与D1C所成角为，
而A1B∥D1C，即此时直线A1B与B1M所成角为，
∴异面直线A1B与B1M所成角的取值范围为，故B正确；
对于C，如图，将平面A1BC与平面BB1C1C展开为同一直线，
则|A1M|+|C1M|3，故C错误；
对于D，如图，补为正方体，
三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球即为正方体的外接球，
∴外接球半径为2R2，∴R，
A1M3，A1C12，MC1，
cos∠C1A1M，∴sin∠C1A1M，
∴3，
取正方体的中心点O，CC1的中点N，连接ON，
由题意知ON∥平面A1C1M，
∴，
设正方体的中心点O到截面A1C1M的距离为h，
，∴，
解得h，∴球心到截面的距离为，
根据勾股定理可得截面圆半径为r，
∴截面面积为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四．平面与平面平行（共5小题）
22．（2025•和平区校级一模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF∥平面A1AC B．平面B1EF∥平面A1C1D
C．平面B1EF⊥平面BDD1 D．平面B1EF⊥平面A1BD
【考点】平面与平面平行；平面与平面垂直；空间中直线与平面之间的位置关系．版权所有
【专题】计算题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设AB＝2，分别求出各个平面的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断各个选项．
【解答】解：如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则B1（2，2，2），E（2，1，0），F（1，2，0），B（2，2，0），A1（2，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），D1（0，0，2），
则，
，（0，0，2），
设平面B1EF的法向量为，
则有，令z＝﹣1，则，
同理可得平面A1BD的法向量为，
平面A1AC的法向量为，
平面A1C1D的法向量为，
平面BDD1的法向量为（1，﹣1，0），
因为与不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故A错误；
因为与不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故B错误，
因为2﹣2+0＝0，
所以⊥，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故C正确；
因为，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故D焟误；
故选：C．
【点评】本题考查了空间中两平面的位置关系的判断，属于基础题．
（多选）23．（2025春•海珠区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则（ ）
A．存在点G，使BG∥EF
B．存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
D．存在点G，使得平面EFG截正方体所得截面为正六边形
【考点】平面与平面平行；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据正方体的性质即可判断A选项；
根据假设法即可判断B选项；
根据三棱锥体积公式即可判断C选项；
根据正六边形的性质即可判断D选项．
【解答】解：A选项，存在点G为B1C与BC1的交点，使得BG∥EF，
理由如下：若点G为B1C与BC1的交点，则B，G，C1三点共线，由正方体性质得，AB∥C1D1，AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以BC1∥AD1，
因为E，F为A1D1，AA1中点，所以EF∥AD1，所以BC1∥EF，即BG∥EF，故A选项正确；
B选项，如图，A1D∩EF＝P，H为侧面CB1中心，
则平面A1DCB1与平面EFG和平面BDC1分别交于线PG，DH，若存在G点使平面EFG∥平面BDC1，
则PG∥DH，又A1D∥CB1，则四边形PGHD为平行四边形，
即PD＝GH，，此时G应在CB1延长线上，故B选项错误；
C选项，随着G移动但G到面A1EF的距离始终不变即A1B1，
故是定值，故C选项正确；
D选项，如图，当G为B1C靠近C的四等分点时，平面EFG截正方体的截面为正六边形，故D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了正方体的性质，属于中档题．
24．（2025春•重庆校级期中）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AC＝2A1C1＝2，D为线段BC上靠近B的三等分点，E为线段B1C1上靠近B1的三等分点．
（1）求证：平面A1BE∥平面AC1D；
（2）求平面AC1D分割三棱台所得的几何体A1B1C1﹣ABD和C1﹣ADC的体积之比．
【考点】平面与平面平行；棱台的体积．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明BE∥平面AC1D，A1E∥平面AC1D，再根据面面平行的判定定理证明即可；
（2）设三棱台ABC﹣A1B1C1的高为h，先计算三棱台ABC﹣A1B1C1的体积，再计算三棱锥C1﹣ADC的体积，从而得几何体A1B1C1﹣ABD的体积，最后求比值即可．
【解答】解：（1）证明：根据题意可知，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，
|AC|＝2|A1C1|＝2，△ABC为等边三角形，D为线段BC上靠近B的三等分点，E为线段B1C1上靠近B1的三等分点，
故△A1B1C1为等边三角形，，|A1B1|＝1，|AB|＝2，
在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB∥A1B1，BC∥B1C1
故EC1∥BD，且|EC1|＝|BD|，所以四边形EC1DB为平行四边形，所以BE∥DC1，
因为BE⊄平面AC1D，DC1⊂平面AC1D，所以BE∥平面AC1D，
又因为AB∥A1B1，|AB|＝2|A1B1|，B1E∥BD，|BD|＝2|B1E|，且∠A1B1E＝∠ABD，
所以△A1B1E相似于△ABD，所以A1E∥AD，
因为A1E⊄平面AC1D，AD⊂平面AC1D，所以A1E∥平面AC1D，
因为A1E∩BE＝E，A1E⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE，
所以平面A1BE∥平面AC1D；
（2）设三棱台ABC﹣A1B1C1的高为h，
则，
，
所以，
，
所以，
所以．
【点评】本题考查了线面平行的判定定理，属于中档题．
25．（2025春•永安市期中）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G分别是棱AB，BC，B1C1的中点．
（1）判断直线AG与直线EF，直线CG与平面ABB1A1的位置关系；（判断即可，不必说明理由）
（2）求证：B1E∥平面ACG；
（3）在棱CC1上是否存在一点N，使得平面NEF∥平面A1BC1？若存在，请指出点N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
【考点】平面与平面平行；直线与平面平行．版权所有
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】（1）直线AG与直线EF是异面直线，直线CG与平面ABB1A1相交；
（2）证明详见解析；
（3）当点N为棱CC1的中点时，平面NEF∥平面A1BC1．证明详见解析．
【分析】（1）由图象以及异面直线的定义，可判断直线AG与直线EF的位置关系，
由图象可知直线CG与平面ABB1A1不平行，可得直线CG与平面ABB1A1相交；
（2）利用线面平行的判定定理进行证明；
（3）利用面面平行的判定定理进行找点并证明．
【解答】解：（1）直线AG与直线EF是异面直线，直线CG与平面ABB1A1相交；
（2）证明：取AC的中点为H，连接GH，EH，如图，
∵E、H、G分别是棱AB、AC、A1C1的中点，
∴EH∥BC且，B1G∥BC且，
∴EH∥B1G且EH＝B1G，
∴四边形EHGB1是平行四边形，∴EB1∥GH，
∵GH⊂平面ACG，B1E⊄平面ACG，∴B1E∥平面ACG；
（3）当点N为棱CC1的中点时，平面NEF∥平面A1BC1．
证明：如图，
∵E，F分别是棱AB，BC的中点，∴EF∥AC
∵AC∥A1C1，∴EF∥A1C1，
∵EF⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴EF∥平面A1BC1，
∵N，F分别是棱CC1，BC的中点，∴NF∥BC1，
∵NF⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，∴NF∥平面A1BC1，
∵EF∩NF＝F，∴平面NEF∥平面A1BC1．
【点评】本题主要考查线面平行的判定、面面平行的判定，属于中档题．
26．（2025•新余校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E、F分别为AD、CD中点，四边形EOFD也是正方形，经过D点的直线l与平面ABCD的夹角为且l⊥AC，现将正方形EOFD沿直线l平移至A1B1C1D1得到四棱台ABCD﹣A1B1C1D1．
（1）求证：平面A1EO∥平面D1C1CD；
（2）若DD1＝2，求平面A1C1B与平面ABCD夹角的余弦值；
（3）若平面A1C1CA⊥平面ABCD，求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积．
【考点】平面与平面平行；空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱台的体积．版权所有
【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；立体几何；运算求解；空间想象．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由已知可得EO∥平面CC1D1D，由题意可证A1E∥DD1，利用线面平行的判断定理可得A1E∥平面CC1D1D，进而可证平面A1EO∥平面CC1D1D．
（2）建立空间直角坐标系：连DB，D1B1，过D1作D1M⊥DB，可得∠D1DM就是直线l与平面ABCD的夹角即，求得DD1＝2，进而求得两平面的法向量，利用向量法可求得两平面夹角的余弦值；
（3）设D1（a，a，b），由题意可得BD⊥CC1，进而利用向量法可求得a，进而可求体积．
【解答】解：（1）证明：由条件可知：A1D1∥DE且A1D1＝DE，
所以四边形A1D1DE是平行四边形，故A1E∥DD1，
又A1E⊄平面CC1D1D，DD1⊂平面CC1D1D，所以A1E∥平面CC1D1D，
又EO∥DC，又EO⊄平面CC1D1D，DC⊂平面CC1D1D，
所以EO∥平面CC1D1D，
又A1E∩EO＝E，又A1E，EO⊂平面A1EO，所以平面A1EO∥平面CC1D1D；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系：
连接DB，D1B1，过D1作D1M⊥DB，因为AC⊥BD，AC⊥DD1，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面D1B1BD，由于AC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面D1B1BD
又平面ABCD∩平面D1B1BD＝BD，D1M⊥DB，D1M⊂平面D1B1BD，
所以D1M⊥平面ABCD，而M∈BD，
所以∠D1DM就是直线l与平面ABCD的夹角即，DD1＝2，那么，
故M、O重合，
而由平移的性质，D1B1∥OB，D1B1＝OB，所以四边形OBB1D1是平行四边形，
所以BB1⊥平面ABCD，
所以，，，，
设平面BA1C1的一个法向量为，则，
易知平面ABCD的一个法向量为，
所以cos，故余弦值为；
（3）设D1（a，a，b），，，
所以，又由于，
所以，，，
又因为BD⊥AC，要想平面A1C1CA⊥平面ABCD，只需BD⊥CC1，
所以，解得：，，
．
【点评】本题主要考查面面平行的判定、向量法求平面与平面的夹角以及棱台的体积，属于中档题．
五．平面与平面垂直（共1小题）
（多选）27．（2024春•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12π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ABCD﹣A1B1C1D1，设P为外壳上的一个动点，则（ ）
A．存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1
B．当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2π
C．当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2π
D．存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC
【考点】平面与平面垂直．版权所有
【专题】对应思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据面面平行的性质判断A；根据AC1⊥平面CB1D1判断点P的轨迹，即可判断B；根据面面平行的性质定理，判断点P的轨迹，即可判断C；若平面PAD⊥平面PBC，确定点P的轨迹，即可判断D．
【解答】解：由题，该球的表面积S＝4πr2＝12π，所以，且正方体的棱长a，满足3a2＝4r2，则a＝2，
如图，连接AB1，B1D1，B1C，CD1，BC1，
对于A，由题意可知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且PA∥平面A1B1C1D1，
故PA⊂平面ABCD，则点P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；
对于B，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
易证BC1⊥B1C，B1C⊥AB，又AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂面AC1B，
所以B1C⊥面AC1B，又C1A⊂面AC1B，
所以B1C⊥C1A，同理可证D1B1⊥C1A，
又D1B1∩B1C＝B1，D1B1，B1C⊂平面CB1D1，
所以AC1⊥平面CB1D1，且平面PAA1⊥平面CB1D1，PA⊂平面PAA1，
故点P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆，其周长为，故B错误；
对于C，因为PA∥平面A1B1CD，设过PA且与平面A1B1CD平行的平面为α，
则P的轨迹为α与外接球的交线，其半径为，周长为2π，故C正确；
对于D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以ABCD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P满足，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了空间几何体的结构特征及位置关系的判定和应用，属于难题．
六．直线与平面所成的角（共5小题）
（多选）28．（2024春•秦淮区校级月考）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱A1D1，A1B1，CC1的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．CD1⊥平面AB1D
B．AC与平面A1B1CD所成的角为60°
C．平面EFG截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面形状是五边形
D．点P在平面BB1C1C内运动，且CP∥平面BEF，则BP的最小值为
【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行；直线与平面垂直．版权所有
【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】对于A，利用CD1∥A1B，再证A1B⊥平面AB1D即可；对于B，取A1D的中点O1，可证∠ACO1为AC与平面A1B1CD所成的角，求解即可；对于C，在平面A1B1C1D1内延长EF与C1B1交于S，连接SG交BB1于M，根据面面平行的性质，可以作出截面图；对于D，首先利用CT∥平面BEF，确定P点位置再线段CT上，再作出垂线CH，根据相似三角形定理即可求得．
【解答】解：对于A，如图，连接A1B，易得AD⊥A1B，AB1⊥A1B，
又因为AD∩AB1＝A，所以A1B⊥平面AB1D，
又因为CD1∥A1B，所以CD1⊥平面AB1D，故A正确；
对于B，如图，取A1D的中点O1，连接AC，AO1，O1C，则AO1⊥A1D，
又因为A1B1⊥平面ADD1A1，AO1⊂平面ADD1A1，所以AO1⊥A1B1，
又因为A1D∩A1B1＝A1，A1D，A1B1⊂平面A1B1CD，所以AO1⊥平面A1B1CD，
所以∠ACO1为AC与平面A1B1CD所成的角，
又因为，所以，
又因为，所以∠ACO1＝30°，故B错误；
对于C，在平面A1B1C1D1内延长EF与C1B1交于S，
连接SG交BB1于M，则FB1＝B1S＝1，C1G＝1，
因为B1M∥C1G，所以，
设平面EFG∩平面CC1D1D＝l，且l过G，
因为平面EFG∩平面ABB1A1＝MF，平面ABB1A1∥平面CC1D1D，
所以FM∥l，取C1D1 中点F1，在C1C上取M1，满足，
则F1M1∥FM∥l，设l∩B1C1＝P，l∩C1D1＝Q，则，所以C1Q＝3，
即Q在C1D1的延长线上，所以l与线段D1D相交，设交点为N，
则平面EFG截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面为五边EFMGN．故C正确．
对于D，如图，连接BD、ED，取B1C1得中点T，连接CT，过B作BH⊥CT，
因为CT∥DE，CT⊄平面BEF，所以CT∥平面BEF，
则点P在线段CT上，BP最小值即为BH．
又△CC1T∼△BCH，所以，
又BC＝2，所以．故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查空间中点、直线、平面的位置关系，空间角的求解，属于中档题．
（多选）29．（2024秋•镇海区校级月考）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上＝1，r下＝2，母线AB长为2，点E为AB的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为12π
C．圆台母线AB与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径长为4
【考点】直线与平面所成的角；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；运算求解．
【答案】AC
【分析】先利用圆台中的底面半径和母线的长度求出圆台的展开图为半圆环，进一步利用圆台的展开面，及圆台和外接球的关系求出球的半径，最后判定A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：圆台的高为，则圆台的体积Vπ×（12+1×2+22）（cm3），A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，
其侧面积为Sπ×42π×22＝6π．故B错误；
对于C：过A作AF∥O1O2交底面于F，则O1O2⊥底面，所以∠ABF即为母线AB与底面所成角．
在等腰梯形ABCD中，AB＝2，BF＝2﹣1＝1，所以cos∠ABF．
因为∠ABF为锐角，所以∠ABF＝60°．故C正确；
对于D：如图示，
在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE．由题意可得：
FB＝FC＝4，AB＝2．由E为AB中点，所以FE＝3，所以CE5．故D不正确．
故选：AC．
【点评】本题考查的知识要点：圆台的展开图，线面的夹角，圆台和外接球的关系，勾股定理的应用，圆台的展开面，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
（多选）30．（2024春•金华月考）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，E为CD中点，将△DAE沿AE折起，使D点到达P的位置（点P不在平面ABCE内），连接PB，PC（如图2），则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．BC∥平面PAE
B．PB⊥AE
C．存在某个位置，使PC⊥平面PAE
D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为
【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行；直线与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】选项A，先证明ABCE为平行四边形，得到BC∥AE，再利用线面平行的判定证明BC∥平面PAE；选项B，取AE的中点O，连接PO，BO，利用线面垂直的判定证明AE⊥平面POB，从而有PB⊥AE；选项C，假设PC⊥平面PAE，得到PC⊥PE，于是EC＞PE，与EC＝PE矛盾；选项D，在选项B中图形的基础上，继续作PM⊥OB，交BO或BO延长线于点M，再利用线面垂直的判定证明PM⊥平面ABCE，从而可得直线PB与平面ABCE所成的角为∠PBO，根据可判定选项D错误．
【解答】解：选项A：因为，E为CD中点，所以AB＝CE，
又因为AB∥CE，所以四边形ABCE为平行四边形，所以BC∥AE，
又因为BC⊄平面PAE，AE⊂平面PAE，所以BC∥平面PAE，故选项A正确；
选项B：连接BE，取AE的中点O，连接PO，BO，
因为PA＝PE，O为AE的中点，所以PO⊥AE，
又易证ABED为平行四边形，所以BE＝AD＝AB，又O为AE的中点，所以BO⊥AE，
又因为PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，所以AE⊥平面POB，
又因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB，故选项B正确；
选项C：若PC⊥平面PAE，则PC⊥PE，
在直角△PEC中，必有EC＞PE，与EC＝PE矛盾，故选项C错误；
选项D：在选项B的图形的基础上，
过点P作PM⊥OB，交BO或BO延长线于点M，
由选项B的解析知，AE⊥平面POB，
又因为PM⊂平面POB，所以AE⊥PM，
又因为AE，BO都在平面ABCE内，且相交于点O，所以PM⊥平面ABCE．
所以∠PBO为直线PB与平面ABCE所成的角，显然，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了直线与平面成角问题，属于中档题．
31．（2024春•浦城县校级期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是 ①②④ ．（将正确说法的序号都写上）
①四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值为；
②当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P﹣AB﹣C的正切值为；
③存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
④棱PB的中点为N，则CN的长为定值．
【考点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的体积．版权所有
【专题】转化思想；反证法；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】①②④
【分析】①用四棱锥体积公式计算即可；②根据二面角定义，寻找二面角平面角，转化为解直角三角形问题；③用反证法判断即可，④用余弦定理判断．
【解答】解：如图，PO⊥AM于O，F为BC中点，则D、O、F三点共线，过O作OE⊥AB于E，G为OB中点，
对于①，当面PAM⊥平面ABCM时，四棱锥P﹣ABCM的体积最大，其最大值V，所以①对；
对于②，当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PEO，设∠PAO＝θ，OE＝2cosθ•cosθ＝2cos2θ，PO＝2sinθ，
tan∠PEO，所以②对；
对于③，假设③对，存在某一翻折位置，使得AM⊥PB，因为AM⊥PO，所以AM⊥平面POB，
又因为OB⊂平面POB，所以AM⊥OB，因为AM⊥DF，所以DF∥OB或DF与OB重合，矛盾，所以③错；
对于④，取AB中点K，连接NK、KC，NC，因为NKPA，NK∥PA，
因为四边形AKCM是平行四边形，所以KC＝AM，KC∥AM，所以∠NKC＝θ，
因为θ、NK、KC，三者不变，由余弦定理知NC为定值，所以④对．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了直线与平面成角问题，考查了二面角问题，属于中档题．
32．（2024春•常州期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP＝1，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）求三棱锥P﹣ABC在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）如图，已知在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC，三棱锥P﹣ABC在顶点C处的离散曲率为．
①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；
②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值．
【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】（1）2；（2）①；②．
【分析】（1）根据离散曲率的定义计算即可；
（2）①首先证明BC⊥PC，再由C点处的离散曲率可求出∠PCA，从而计算其它相应的线段，把PC与AB分别平移至中位线处，得出∠FDE为异面直线AB与PC的夹角或其补角，再利用余弦定理求解即可；
②过Q点作QG∥PA，交AB与G，连接CG，由QG⊥平面ABC，知∠GCQ即为所求，设BG＝x，借助平面几何知识，将tan∠GCQ表示成关于x的函数，再转化为求函数的最值问题即可．
【解答】解：（1）由离散曲率的定义得：ΦP＝1（∠APB+∠BPC+∠CPA），
ΦA＝1（∠BAP+∠BAC+∠CAP），
ΦB＝1（∠ABP+∠CBP+∠ABC），
ΦC＝1（∠ACB+∠BCP+∠ACP），
四个式子相加得：ΦP+ΦA+ΦB+ΦC＝44π＝2．
（2）①如图，分别取AC，BC，AP的中点D，E，F，连接AE，DE，DF，EF，显然有AB∥DE，PC∥DF，
所以∠FDE为异面直线AB与PC的夹角或其补角，
设AC＝BC＝2，
因为∠ACB＝90°，所以，，
因为PA⊥平面ABC，AB，AC，AE，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AE，PA⊥BC，
因为AC⊥BC，PA∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC，
又因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，
因为C点处的离散曲率为，且ΦC＝1（∠ACB+∠BCP+∠ACP），
所以1（∠ACP），解得∠ACP，
所以，PC＝2AC＝4，，
而，DFPC＝2，
在△DEF中，由余弦定理知，，
故异面直线AB与PC的夹角的余弦值为．
②如图，过Q点作QG∥PA，交AB与G，连接CG，
因为PA⊥平面ABC，所以QG⊥平面ABC，则∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，
设，
在△BCG中，由余弦定理知，CG2＝BC2+BG2﹣2BC•BGcos∠ABC＝4+x2﹣2•2•x•x2﹣2x+4，
因为QG∥PA，所以△BGQ～△BAP，
所以，
所以QG，
所以tan2∠GCQ，
当分母最小时，tan2∠GCQ最大，即∠GCQ最大，此时，即（Q与P重合），
由tan2∠GCQ≤3，得tan∠GCQ，即∠GCQ，
所以∠GCQ的最大值为，
故直线CQ与平面ABC所成的角的最大值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，异面直线所成角、直线与平面所成角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
七．几何法求解直线与平面所成的角（共4小题）
33．（2025•文昌校级一模）已知二面角α﹣m﹣β的平面角的大小为90°，A，B为半平面α内的两个点，C为半平面β内一点，且，若直线BC与平面α所成角为30°，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】作CO⊥m于O，根据已知条件可得A，B两点在以CO为高，CA，CB为母线的圆锥的底面圆周上，再根据余弦定理可得AD2＝15﹣12cos∠ACD，从而判断出要使线段AD的长度最大，则∠ACD最大，确定A，B两点的位置，再利用三角形知识求解即可．
【解答】解：作CO⊥m于O，
因为二面角α﹣m﹣β的平面角的大小为90°，
根据面面垂直的性质定理可得CO⊥α，
因为，
所以A，B两点在以CO为高，CA，CB为母线的圆锥的底面圆周上，
根据余弦定理AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cos∠ACD，
要使线段AD的长度最大，需要使得cos∠ACD最小，即∠ACD最大，
所以当A，B两点运动到公共棱m上时，∠ACD最大，则线段AD的长度最大，
因为直线BC与平面α所成角为30°，
所以∠CBO＝30°，
则，AO＝OB＝3，
在△ACB中，根据余弦定理得，
所以，
即线段AD长度的最大值是．
故选：A．
【点评】本题主要考查线面角与余弦定理的应用，属于中档题．
34．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠A＝90°，CD，cos∠BDC，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C﹣DAB，且AC＝2．
（1）证明：AC⊥面ABD；
（2）在三棱锥C﹣DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l．
①证明：l∥AD；
②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；
（2）①证明见解答；②．
【分析】（1）根据勾股定理可得AD⊥AC，AB⊥AC，结合线面垂直的判定定理分析证明即可；
（2）①根据题意可证AD∥平面CEF，结合线面平行的性质分析证明即可；
②过点C作平面CMN∥平面QGE，直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面CMN所成角，利用等体积法求点F到平面CMN的距离d，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解．
【解答】证明：（1）在Rt△ABD中，BD，
在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2+CD2﹣2BD•CD•cos∠BDC＝8，即，
因为AC＝2，则CD2＝AD2+AC2，BC2＝AC2+AB2，
可得AD⊥AC，AB⊥AC，
因为AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，
所以AC⊥平面ABD．
（2）①因为点E，F分别为线段AB，BD的中点，
则EF∥AD，且，
由EF⊂平面CEF，AD⊄平面CEF，
得AD∥平面CEF，
又因为AD⊂平面ADC，
且平面CEF∩平面ADC＝l，
所以l∥AD.
②解：因为l∥AD，且C∈平面CEF，C∈平面ADC，
可知C∈l，则l⊂平面ADC，
规定点C为起点，方向为正方向，设CQ＝m∈R，
过点C作平面CMN∥平面QGE，如图所示：
可知：直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面CMN所成角，设为θ，
则，EN＝|m|，，
可得， ，，
在△CMN中，，且∠CMN∈（0，π），
则，
设点F到平面CMN的距离为d，因为VF﹣CMN＝VC﹣FMN，
则，
解得，则，
，则，则，
若t＝0，则sinθ＝0；
若t≠0，则，
所以，即时，1取到最小值，sinθ取到最大值，
综上所述：直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值为．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理，考查直线与平面平行的判定与性质，考查线面角的求解，属于难题．
35．（2024春•无锡校级期中）如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3A1B1，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，CD＝9，AD＝6，且AA1＝BB1＝4，Q为线段CC1中点，
（1）求证：BQ∥平面ADD1A1；
（2）若四棱锥Q﹣ABB1A1的体积为．
①求证：AD⊥平面ABB1A1；
②求B1D与平面ABB1A1夹角的正弦值．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；棱锥的体积；直线与平面平行；直线与平面垂直．版权所有
【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）将四棱台补成四棱锥P﹣ABCD，取DD1的中点E，证四边形ABQE为平行四边形，再利用其性质及线面平行的判定推理得证．
（2）①利用体积法求出点D到平面ABB1A1的距离即可证得AD⊥平面ABB1A1；
②在①的基础上，可知∠AB1D是B1D与平面ABB1A1的夹角，求出DB1长度即可求出∠AB1D正弦值．
【解答】解：（1）如图，
分别延长线段AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，将四棱台补成四棱锥P﹣ABCD，
由，得，则CQ＝QC1＝C1P，取DD1的中点E，连接QE，AE，
则QE∥CD∥AB，且，
所以四边形ABQE为平行四边形，
因此BQ∥AE，又AE⊂平面ADD1A1，BQ⊄平面ADD1A1，
所以BQ∥平面ADD1A1．
（2）①由（1）得，等腰梯形ABB1A1的高，
其面积，且，
设C到平面ABB1A1距离为h，则，得h＝6，
而CD∥AB，AB⊂平面ABB1A1，CD⊄平面ABB1A1，则CD∥平面ABB1A1，
因此点D到平面ABB1A1的距离等于点C到平面ABB1A1的距离h＝6，
又因为AD＝6，所以AD为平面ABB1A1过点A的垂线，
即AD⊥平面ABB1A1．
②在等腰梯形ABB1A1中，过B1作B1F⊥AB于F，连接AB1，
，，
由①知，AD⊥平面ABB1A1，则∠AB1D是B1D与平面ABB1A1的夹角，
，则，
所以B1D与平面ABB1A1夹角的正弦值为．
【点评】本题主要考查线面平行的判定，求直线与平面夹角，属于中档题．
36．（2024春•成都期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为线段AA1的中点．从条件①②中选择一个作为已知，①AD⊥BE；②BC．
（1）证明：AC⊥平面BCC1B1；
（2）求点C1到平面BCE的距离；
（3）已知点M在线段CC1上，直线EM与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求线段CM的长．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离；直线与平面垂直．版权所有
【专题】对应思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程请见解答；（2）；（3）或．
【分析】（1）选择条件①：先证AD⊥AB，过点C作CF⊥AB于F，再证AC⊥BC，结合CC1⊥AC，可得AC⊥平面BCC1B1；
选择条件②：过点C作CF∥DA，交AB于点F，先证AD⊥AB，AD⊥CD，再证AC⊥BC，结合CC1⊥AC，可得AC⊥平面BCC1B1；
（2）先证BC⊥平面ACC1A1，可得平面BCE⊥平面ACC1A1，从而将问题转化为求△ECC1的底边CE上的高，再结合勾股定理，余弦定理，求解即可；
（3）过点E作EG⊥CC1于点G，先证平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，可得直线EM与平面BCC1B1所成角为∠EMG，再利用sin∠EMG，根据锐角三角函数求出GM的长，即可得解．
【解答】（1）证明：选择条件①：AD⊥BE，
由AA1⊥平面ABCD，且AD、AC⊂平面ABCD，知AA1⊥AD，AA1⊥AC，
∵AD⊥BE，AA1∩BE＝E，AA1，BE⊂平面ABB1A1，
∴AD⊥平面ABB1A1，
∵AB⊂平面ABB1A1，
∴AD⊥AB，
过点C作CF⊥AB于F，则四边形ADCF是正方形，AC，
∴CF＝AD＝1，BC，
∴AC2+BC2＝AB2，即AC⊥BC，
∵AA1⊥AC，AA1∥CC1，∴CC1⊥AC，
又BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面BCC1B1．
选择条件②：BC，
过点C作CF∥DA，交AB于点F，
∵AB∥CD，∴四边形ADCF为平行四边形，∴CF＝AD＝1，AF＝CD＝1，
∴BF＝AB﹣AF＝1，
∵BC，∴BF2+CF2＝BC2，即CF⊥AB，∴AD⊥AB，AD⊥CD，
∴AC，
∴AC2+BC2＝AB2，即AC⊥BC，
由AA1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，知AA1⊥AC，
∵AA1∥CC1，∴CC1⊥AC，
又BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面BCC1B1．
（2）解：由AA1⊥平面ABCD，且BC⊂平面ABCD，知AA1⊥BC，
∵AA1∥CC1，∴CC1⊥BC，
由（1）知AC⊥BC，
∵CC1∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，
∵BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ACC1A1，
∴点C1到平面BCE的距离等价于△ECC1的底边CE上的高h，
由勾股定理知，CE＝C1E，
在△ECC1中，由余弦定理知，cos∠C1EC，
∴sin∠C1EC，
∴h＝C1E•sin∠C1EC，
∴点C1到平面BCE的距离为．
（3）解：过点E作EG⊥CC1于点G，则EG＝AC，
由（2）知BC⊥平面ACC1A1，
∵BC⊂平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，
∴EM在平面BCC1B1上的投影落在CC1上，
∴直线EM与平面BCC1B1所成角为∠EMG，则sin∠EMG，
∴tan∠EMG＝2，
在Rt△EGM中，tan∠EMG，
∴GM，
∴CM或CM，
故线段CM的长为或．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，点到面距离的求法，线面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
八．几何法求解二面角及两平面的夹角（共13小题）
37．（2025•安徽模拟）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角A﹣BD﹣C的大小为120°，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ）
A．π B．π C．π D．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；球内接多面体；球的体积．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】先确定球心的位置，再结合体积公式即可求解．
【解答】解：翻折后所得图形如下图所示，
易知BD的中点O为球心，
故该四面体的外接球体积，
四面体ABCD的体积，
故所求体积之比为．
故选：D．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
38．（2025•安徽校级模拟）如图所示，将绘有函数f（x）＝Msin（x+φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，此二面角的平面角为，此时A，B之间的距离为，则φ＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．版权所有
【专题】转化思想；转化法；三角函数的图象与性质；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，结合等腰三角形性质求出BE，利用周期求出AE，再由勾股定理求出M，根据图象过点即可得解．
【解答】解：过A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为C，D，在平面ACD内作AE∥x轴，DE⊥轴交于点E，
连接AB，BE，则∠BDE是二面角的平面角，即，
BD＝DE＝M，则，
由x轴垂直于BD，DE，BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面BDE，
得x轴垂直于平面BDE，又AE∥x轴，则AE⊥平面BDE，
而BE⊂平面BDE，因此AE⊥BE，
又函数f（x）的周期，即AE＝CD＝3，
由勾股定理得BE2+AE2＝AB2，
即3M2+9＝18，解得，
而函数f（x）的图象过点，
则，
即，又0＜φ＜π，
且0在f（x）的递减区间内，所以．
故选：B．
【点评】本题考查三角函数图象与性质与二面角的应用，属于中档题．
（多选）39．（2024春•湖北期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是CC1的中点，下列说法正确的是（ ）
A．若P是线段AC1上的动点，则三棱锥P﹣BQD的体积为定值
B．三棱锥A1﹣BQD外接球的半径为
C．若AQ与平面AC，平面AD1，平面AB1所成的角分别为θi（i＝1，2，3），则
D．若平面ABQ与正方体各个面所在的平面所成的二面角分别为θi（i＝1，…，6），则
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；球内接多面体；棱锥的体积．版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】设AC∩BD＝E，A1E∩AC1＝H，证明AC1∥平面BQD可判定A选项；易知△A1BD为正三角形，AC1⊥平面A1BD，三棱锥A1﹣BQD外接球的球心O在AC1上，设C1O＝t，球O的半径为R，建立方程组，可求出R，从而判定B选项；根据线面角的概念，可判定C选项，根据二面角的概念，可判定D选项．
【解答】解：如图，设AC∩BD＝E，A1E∩AC1＝H，
对A选项，易知EQ∥AC1，EQ⊂平面BQD，AC1⊄平面BQD，
∴AC1∥平面BQD，又P是线段AC1上的动点，
∴P到平面BQD的距离为定值，又△BQD的面积也为定值，
∴三棱锥P﹣BQD的体积为定值，∴A选项正确；
对B选项，易知△A1BD为正三角形，
又根据三垂线定理易证AC1⊥BD，AC1⊥A1B，
从而可得AC1⊥平面A1BD，∴H为正三角形A1BD的中心，
∴三棱锥A1﹣BQD外接球的球心O在AC1上，
设C1O＝t，球O的半径为R，则A1O＝QO＝R，
由A1C1∥AE，A1C1＝2AE，可得C1H＝2AH，
∴C1HAC1，∴OH＝C1H﹣C1O，
又A1HA1E，cos∠AC1C，
在△A1HO与△C1OQ中，由勾股定理及余弦定理可得：
，解得t，∴R，∴B选项错误；
对C选项，易知AQ与平面AC所成角为∠QAC，且cos∠QAC，
AQ与平面AD1所成角为∠AQB，且cos∠AQB，
AQ与平面AB1所成的角为∠AQD，且cos∠AQD，
∴cos2∠QAC+cos2∠AQB+cos2∠AQD2，∴C选项正确；
对D选项，易知平面ABQ与正方体的左右侧面所成二面角为90°，且sin90°＝1，
平面ABQ与正方体的前后侧面所成为∠BQC，且sin∠BQC，
平面ABQ与正方体的上下底面所成为∠QBC，且sin∠QBC，
又[]×2＝4，∴D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何的综合问题，三棱锥的体积问题，线面平行的证明，三棱锥的外接球问题，线面角的求解，二面角的求解，属中档题．
（多选）40．（2024春•中牟县期末）已知等腰直角△ABC的斜边AB＝4，D是斜边AB上的一点，且满足CD＝2，若将△ACD沿着CD翻折到△A′CD位置，得到三棱锥A′﹣BCD，则（ ）
A．CD⊥A′B
B．当A′D⊥BD时，三棱锥B﹣A′CD的体积为
C．当时，二面角A′﹣CD﹣B的大小为
D．当时，三棱锥A′﹣BCD的外接球的表面积为20π
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；球的体积和表面积．版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直的性质定理判断A；根据等体积法可判断B；确定二面角A﹣CD﹣B的平面角，解三角形可得其大小，判断C；确定三棱锥A﹣BCD的外接球的球心位置，求出外接球半径，即可求得外接球表面积，判断D．
【解答】解：等腰直角△ABC的斜边AB＝4，则，
又D是斜边AB上的一点，且满足CD＝2，
所以D是AB的中点，AD＝DB＝CD＝2，
对于A：因为D是AB的中点，所以CD⊥AB，
则在三棱锥A'﹣BCD中，CD⊥A'D，CD⊥BD，
因为A'D∩BD＝D，A'D，BD⊂平面A'BD，
故CD⊥平面A'BD，又A'B⊂平面A'BD，
故CD⊥A'B，故A正确；
对于B，当A'D⊥BD时，，
由于CD⊥平面A'BD，
故，故B正确；
对于C，当时，A'D＝DB＝2，
则，
而∠A'DB∈（0，π ），故，
由于CD⊥平面A'BD，CD⊥A'D，CD⊥BD，
故∠A'DB为二面角A'﹣CD﹣B的平面角，
故当时，二面角A'﹣CD﹣B的大小为，故C错误；
对于D，当时，，
设△A'DB的外接圆圆心为O'，半径为r，
则，所以r＝2，
因为CD⊥平面A'BD，
所以三棱锥A'﹣BCD的外接球的球心位于过O'垂直于平面A'BD的直线上，
且在过CD的中点E垂直于CD的平面上，
设球心为O，由于OO'⊥平面A'BD，则OO'∥CD，
故过E作OO'的垂线，垂足即为O，即三棱锥A'﹣BCD的外接球的球心，
则四边形OO'DE为矩形，故，
设棱锥A'﹣BCD的外接球的半径为R，连接OD，
故R2＝OD2＝（OO'）2+（O'D）2＝1+4＝5，则，
故三棱锥A'﹣BCD的外接球的表面积为4πR2＝20π，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间线线垂直的判定，考查三棱锥体积求法、考查二面角的求法即几何体的外接球相关计算，属中档题．
41．（2025春•福建期中）如图所示，AC，BD分别在平面α和平面β内，在α与β的交线l上取线段AB＝1，AC⊥l，BD⊥l，AC＝1，BD＝1，CD＝2，则二面角α﹣l﹣β的大小为 ．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】在平面β内过A作AE∥BD且AE＝BD，根据二面角定义找到对应平面角，再由已知求角的大小即可．
【解答】解：AC，BD分别在平面α和平面β内，在α与β的交线l上取线段AB＝1，
AC⊥l，BD⊥l，AC＝1，BD＝1，CD＝2，
如图，在平面β内过A作AE∥BD且AE＝BD，
由BD⊥AB，知ABDE为矩形，连接CE，DE，
由AB⊥AC，则ED⊥AC，又ED⊥AE，AC∩AE＝A且都在面ACE内，
∴ED⊥面ACE，EC⊂面ACE，则ED⊥EC，
由CD＝2，ED＝AB＝1，则，
由AB⊥AC，AB⊥AE，由题意知∠CAE为二面角α﹣l﹣β的平面角，
又，cos∠CAE∈[0，π），
∴二面角α﹣l﹣β的大小为∠CAE．
故答案为：．
【点评】本题考查二面角的平面角、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
42．（2025春•浙江期中）如图，等腰直角三角形ACB所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于A、B的点，N是AM的中点．
（1）证明：AM⊥平面OCN；
（2）若三棱锥M﹣ABC体积最大为，设∠MAB＝α，
（i）求体积最大时α的值及此时二面角C﹣AM﹣B的余弦值；
（ii）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面BCM的距离．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】（1）证明见解答；
（2）（i）；
（ii）证明见解答．
【分析】（1）根据圆的性质得AM⊥BM，根据三角形中位线的性质得ON∥BM，进而可得AM⊥ON，根据等腰三角形的性质和面面垂直的性质得出CO⊥平面ABM，最后由线面垂直的性质定理和判定定理可得结论；
（2）（i）先表示三棱锥M﹣ABC的体积，可得当M为的中点时，三棱锥M﹣ABC体积最大，进而求得圆的半径、α的值，结合（1）可得∠CNO为二面角C﹣AM﹣B的平面角，最后解三角形可得结论；
（ii）设点O到平面BCM的距离为d，由VO﹣BCM＝VM﹣BCO，得，解得d即可．
【解答】解：（1）证明：因为M是半圆弧上异于A、B的点，所以AM⊥BM，
因为O、N分别是AB、AM的中点，所以ON∥BM，
所以ON⊥AM，
因为△ACB是等腰直角三角形，所以OC⊥AB，
因为平面ACB⊥平面ABM，AB是交线，所以CO⊥平面ABM，
因为AM⊂平面ABM，所以AM⊥CO，
又ON、OC⊂平面OCN，AM⊄平面OCN，
所以AM⊥平面OCN．
（2）（i）设⊙O的半径为r，过点M作MG⊥AB交AB于点G，如图1，则MG≤r，
因为，
故当MG最大时，体积最大，此时M位于的中点处，所以，
，所以r＝1，
由（1）知，AM⊥平面OCN，因为CN⊂平面OCN，所以CN⊥AM，
因为ON⊥AM，所以∠CNO为二面角C﹣AM﹣B的平面角，
因为时，，OC＝r＝1，在Rt△CON中，，
所以，故二面角C﹣AM﹣B的平面角的余弦值为．
（ii）证明：过点M作MG⊥AB交AB于点G，如图2、图3，则MG⊥平面ABC，
由（i）知OA＝OB＝OC＝OM＝r＝1，当∠MAB＝α 时，，
得BM＝2sinα，所以，
在△BCM中，，BM＝2sinα，
所以S△BCM，
又因为VO﹣BCM＝VM﹣BCO，即，
所以．
【点评】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的关系，考查三棱锥的体积公式，考查二面角的求解，是难题．
43．（2025春•镇海区校级期中）如图，已知四边形ABCD满足AD＝2，，AD⊥CD，AC⊥BC，现将△DAC沿着AC翻折得到△PAC形成四棱锥P﹣ABCD，记二面角P﹣AC﹣D的平面角大小为θ．
（1）若，证明：AP⊥PB．
（2）在线段AP上是否存在一点E使得DE∥平面PBC，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
（3）三棱锥P﹣ABC的外接球球心为O，二面角O﹣AP﹣C和O﹣BC﹣A的平面角大小分别为α，β，求tan2α﹣tan2β（记λ＝sinθ，结果用λ表示）．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面平行；平面与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】（1）证明过程请见解答；（2）当时，DE∥平面PBC，理由请见解答；（3）．
【分析】（1）由题意知，平面PAC⊥平面ABCD，利用面面垂直的性质定理可得BC⊥平面PAC，从而知AP⊥BC，结合AP⊥PC，由线面垂直的判定与性质定理，即可得证；
（2）取AB的靠近点A的四等分点G，取AC的靠近点A的四等分点Q，连接EG，DG，DE，先证D，Q，G三点共线，且可得AC⊥DG，再证平面DEG∥平面PBC，然后由面面平行的性质定理，即可得证；
（3）根据二面角的定义分别找出θ，α，β所对应的角，再结合勾股定理，建立球O的半径R与θ之间的等量关系，然后利用锐角三角函数求解即可．
【解答】（1）证明：若，则平面PAC⊥平面ABCD，
因为AC⊥BC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAC，
又AP⊂平面PAC，所以AP⊥BC，
翻折前，AD⊥CD，
翻折后，AP⊥PC，
因为BC∩PC＝C，BC、PC⊂平面PBC，
所以AP⊥平面PBC，
又PB⊂平面PBC，所以AP⊥PB．
（2）解：当时，DE∥平面PBC，理由如下：
取AB的靠近点A的四等分点G，取AC的靠近点A的四等分点Q，连接EG，DG，DE，则EG∥PB，
在△ADQ中，AD＝2，AQAC＝1，∠DAQ，
由余弦定理知，DQ2＝AD2+AQ2﹣2AD•AQcos∠DAQ＝3，
所以DQ2+AQ2＝AD2，即AQ⊥DQ，
同理可得AQ⊥GQ，
所以D，Q，G三点共线，且AC⊥DG，
因为AC⊥BC，所以DG∥BC，
又EG∩DG＝G，PB∩BC＝B，EG、DG⊂平面DEG，PB、BC⊂平面PBC，
所以平面DEG∥平面PBC，
因为DE⊂平面DEG，所以DE∥平面PBC．
（3）解：取PA的中点F，AB的中点M，AC的中点N，连接PQ，OM，
因为△ABC为直角三角形，所以球心O与点M共线，且OM⊥平面ABCD，
取BC的中点H，连接OH，MH，则MH∥AC，MHAC＝2，
因为AC⊥BC，所以MH⊥BC，
又OB＝OC，所以OH⊥BC，所以∠OHM就是二面角O﹣BC﹣A的平面角，即∠OHM＝β，
设OM＝t，则tan2β＝tan2∠OHM，
设球O的半径为R，则R＝OC，
在Rt△PAC中，PNAC＝AN，因为F是AP的中点，所以FN⊥AP，
又OP＝OA，所以OF⊥AP，所以∠OFN就是二面角O﹣AP﹣C的平面角，即∠OFN＝α，
在△OFN中，ON，FNPC，OF，
所以ON2+FN2＝OF2，即ON⊥FN，
所以tan2α＝tan2∠OFN，
所以tan2α﹣tan2β1，
由（2）知，翻折前，AC⊥DQ，
翻折后，AC⊥PQ，PQ＝DQ，
所以∠PQD就是二面角P﹣AC﹣D的平面角，即∠PQD＝θ，
设点P在底面ABCD上的投影为点P'，则PP'sinθ，QP'cosθ，
过点M作MM'垂直P'Q的延长线于点M'，则MM'＝1，QM'，P'M'cosθ，
所以点O与点P之间的垂直距离为h＝PP'﹣OMsinθ﹣t，点O与点P之间的水平距离为MP'，
由勾股定理知，OP2＝h2+MP'2，即R2＝（sinθ﹣t）2+（1）2，
而R，所以t2+7＝（sinθ﹣t）2+1+（）2，
整理得t，
所以tan2α﹣tan2β1．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面平行与垂直的判定或性质定理，二面角的定义与求法，以及外接球球心与半径的求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
44．（2025春•长沙期中）如图所示，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，，边AD上一点E满足DE＝1．现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使平面A1BE⊥平面BCDE，如图所示．
（1）求证：A1C⊥BE；
（2）求四棱锥A1﹣BCDE的体积；
（3）求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；直线与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABCE为菱形，从而线线垂直，得到BE⊥平面A1OC．故A1C⊥BE；
（2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用锥体体积公式进行求解；
（3）作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，∠OHC即为平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的平面角，求出各边长，得到，求出答案．
【解答】解：（1）证明：在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，，
边AD上一点E满足DE＝1，连接CE，
由勾股定理得CE2，
因为BC∥AE，且BC＝AE＝2，所以四边形ABCE为平行四边形，
又CE＝AE＝2，所以四边形ABCE为菱形，
在图中，连接AC交BE于点O，则AC⊥BE，
所以在四棱锥A1﹣BCDE中，A1O⊥BE，OC⊥BE，
又A1O∩OC＝O，A1O，OC⊂平面A1OC，
由直线和平面垂直的判定定理可得BE⊥平面A1OC，
又A1C⊂平面A1OC，
由直线和平面垂直的性质定理可得A1C⊥BE；
（2）在平面图形中，由勾股定理得，
由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故，
由平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O⊂平面A1BE，A1O⊥BE．
结合面面垂直的性质定理可得A1O⊥平面BCDE，
其中梯形BCDE的面积为，
所以；
（3）在四棱锥A1﹣BCDE中，延长BE，CD，设BE∩CD＝G，连接A1G．
因为G∈平面A1BE，G∈平面A1CD．
又A1∈平面A1BE，A1∈平面A1CD．
所以A1G是平面A1BE与平面A1CD的交线，
因为平面A1BE⊥平面BCDE，OC⊥BE，平面A1BE⊥平面BCDE＝BE，
所以由面面垂直的性质定理可得OC⊥平面A1BE，
又A1G，A1O⊂平面A1BE，
所以OC⊥A1G，OC⊥A1O，
作OH⊥A1G，垂足为H，连接CH，
又OH∩OC＝O，OH，OC⊂平面OCH，
所以A1G⊥平面OCH，又CH⊂平面OCH，
所以A1G⊥CH．
所以∠OHC即为平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的平面角．
由勾股定理得，BE＝2，
故△A1BE，△BCE为等边三角形，
在RtRt△BCG中，，BC＝2，
所以，又OB＝1，故OG＝4﹣1＝3，
由勾股定理得，
所以由能够面积法可得，
又，
在Rt△COH中，由勾股定理可得，
所以．
所以平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．
【点评】本题考查空间线面垂直的判定和性质、面面垂直的性质和棱锥的体积，以及二面角的平面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
45．（2024秋•南昌县校级期末）如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P﹣ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosγ＝cosαcosβ+sinαsinβcosθ．
（1）如图2，在三棱锥A﹣BCD中，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD＝90°，△BCD为等边三角形，∠ABC＝90°，求二面角A﹣BD﹣C平面角的正弦值；
（2）如图3，在三棱锥A﹣BCD中，AH⊥平面BCD，AE⊥BD，连接HE，AB＝4，∠ABD＝45°，∠CBD＝60°，∠ABC＝90°，BC+BD＝6，求三棱锥A﹣BCD体积的最大值；
（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；解三角形．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）；（2）3；（3）证明见解析．
【分析】（1）构建三角形，算出各边，根据余弦定理可得解；
（2）依题意证明AH⊥平面BCD，将AH和S△BCD分别用BC，BD表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值；
（3）在射线PC上一点Q，分别作QM⊥PC，QN⊥PC，即得二面角的平面角A﹣PC﹣B，在△MNP和△MNQ中，由余弦定理分别求出MN2，消去MN2，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论．
【解答】解：（1）取BD的中点P，连接PA，PC，如图所示，
则BD⊥PA，BD⊥PC，于是∠APC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
设AB＝1，则，
由余弦定理得，
故．
（2）二面角A﹣BD﹣C的平面角的大小为θ，
利用三面角余弦定理得cos90°＝cos45°cos60°+sin45°sin60°cosθ，
计算得，
于是，
由于AB＝4，则，
，
即当BC＝BD＝3时，三棱锥A﹣BCD体积的最大值为3．
（3）证明：如图过射线PC上一点Q在面PAC作QM⊥PC交PA于点M，
在面PBC内作QN⊥PC交PB于点N，连接MN，
则∠MQN是二面角A﹣PC﹣B的平面角，
在△MNP中，由余弦定理得：MN2＝MP2+NP2﹣2MP•NP•cosγ，
在△MNQ中，由余弦定理得：MN2＝MQ2+NQ2﹣2MQ•NQ•cosθ，
两式相减得：MP2﹣MQ2+NP2﹣NQ2﹣2MP•NP•cosγ+2MQ•NQ•cosθ＝0，
则2MP•NP•cosγ＝2PQ2+2MQ•NQ•cosθ，
两边同除以2MP•NP，得：
，
从而得证．
【点评】本题考查立体几何综合问问题，属于中档题．
46．（2024春•武汉期末）如图，在五棱锥S﹣ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD．四边形ABCD为矩形，且SE＝AB＝1，AD＝3，．
（1）证明：SE⊥平面AED；
（2）若，求二面角E﹣SA﹣D的余弦值；
（3）求直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，进而得DE⊥SE，结合SE⊥AD，可证得线面垂直；
（2）作出辅助线，证明∠ETG即为二面角E﹣SA﹣D的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值；
（3）设点N到平面SAD的距离为h，直线DN与平面SAD所成角大小为θ，则，要想直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小，则h最小即可，设AE＝m，由等体积法和余弦定理，结合面积公式得到，从而求出h的最小值，得到正弦的最小值．
【解答】（1）证明：平面SAE⊥平面AED，交线为AE，
又AE⊥ED，DE⊂平面AED，所以DE⊥平面SAE，
又SE⊂平面SAE，所以DE⊥SE，
因为SE⊥AD，AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面AED，
故SE⊥平面AED；
（2）解：，AE⊥ED，AD＝3，
由勾股定理得，
又SE⊥平面AED，AE⊂平面AED，所以SE⊥AE，
因为SE＝1，，
由勾股定理得，
过点E作ET⊥SA于点T，
则，故，
过点T作TG⊥SA，交AD于点G，连接EG，
故∠ETG即为二面角E﹣SA﹣D的平面角，
由勾股定理得，又AD＝3，
由余弦定理得，故，
在Rt△ATG中，，即，解得，故，
在Rt△AED中，，
由余弦定理得EG2＝AE2+AG2﹣2AE•AGcos∠EAD＝3+9﹣236，故，
在△ETG中，由余弦定理得，
故二面角E﹣SA﹣D的余弦值为；
（3）解：连接AN，因为，BC＝3，所以CN＝1，
又CD＝1，DC⊥CB，由勾股定理得，
设点N到平面SAD的距离为h，直线DN与平面SAD所成角大小为θ，
则，要想直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小，则h最小即可，
，由（1）得SE⊥平面AED，
故，设AE＝m，
则，，
故，
在△SAD中，由余弦定理得，
故，
则，
因为，所以，
故，
当时，h取得最小值，最小值为，
故直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查二面角及线面角的求法，属中档题．
47．（2024春•天河区校级月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1B1与A1C，B1C1都垂直，已知AB＝3，AA1＝AC＝5．
（Ⅰ）求证：平面A1BC⊥平面ABC；
（Ⅱ）当直线A1B与底面ABC所成的角为时，求二面角A1﹣AC﹣B的正切值．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；平面与平面垂直．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）根据题意，证得因为A1B1⊥A1C和AB⊥BC，证得AB⊥平面A1BC，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面A1BC⊥平面ABC；
（Ⅱ）根据题意，证得A1D⊥平面ABC，得到∠A1BD是A1B与平面ABC所成的角，作DE⊥AC，得到∠A1ED为二面角A1﹣AC﹣B的平面角，在直角△A1ED中，列出方程，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为A1B1⊥A1C，A1B1⊥B1C1，
又由棱台得性质，可得AB∥A1B1，所以AB⊥A1C，AB⊥BC，
又因为BC∩A1C＝C，且BC，A1C⊂平面A1BC，所以AB⊥平面A1BC，
因为AB⊂平面ABC，所以平面A1BC⊥平面ABC．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面A1BC⊥平面ABC，过A1作A1D⊥BC于D，
因为平面A1BC∩平面ABC＝BC，A1D⊂平面A1BC，
则A1D⊥平面ABC，
所以∠A1BD是A1B与平面ABC所成的角，即，
作DE⊥AC于E，因为A1D⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以A1D⊥AC，又因为DE∩A1D＝D，且DE，A1D⊂平面A1DE，
所以AC⊥平面A1DE，
因为A1E⊂平面A1DE，所以AC⊥A1E，
则∠A1ED为二面角A1﹣AC﹣B的平面角，
在直角△ABC中，AB＝3，AC＝5，可得，
在直角△A1DB中，，BD＝2，CD＝2，
又由△DEC∽△ABC，可得，
所以，
所以，
二面角A1﹣AC﹣B的正切值为．
【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
48．（2024春•西山区校级期中）如图，水平桌面A2B2C2D2上放置一个透明塑料制成的长方体水槽ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝2AB＝2BC＝4，水面高度恰为长方体高的一半，在该长方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3．将该长方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上，如下如图所示），此时水恰好流出时，液面与棱AA1，BB1，CC1，DD1分别相交于点M，N，P，Q．
（1）证明：四边形MNPQ是矩形；
（2）当水恰好流出时，求二面角P﹣CD﹣C2的大小．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．版权所有
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；（2）45°．
【分析】（1）根据面面平行的性质可得NM∥PQ、NPMQ，则四边形MNPQ是平行四边形，结合线面垂直的性质可得CD⊥NP，即可证明；
（2）根据柱体的体积公式可得BN＝1，由（1）可知∠NPC即为所求的平面角，求出tan∠NPC即可．
【解答】解：（1）证明：因为平面A1B1BA∥平面C1D1DC，平面NPQM∩平面A1B1BA＝MN，
平面NPQM∩平面C1D1DC＝PQ，所以NM∥PQ，
因为平面B1C1CB∥平面A1D1DA，平面NPQM∩平面B1C1CB＝NP，
平面NPQM∩平面A1D1DA＝MQ，所以NP∥MQ，
所以四边形MNPQ是平行四边形，
因为CD始终在桌面上，所以CD∥PQ，
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥平面B1C1CB，NP⊂平面B1C1CB，
所以CD⊥NP，即PQ⊥NP，
所以四边形MNPQ是矩形．
（2）由题意知，CP＝3，水的体积为2×2×2＝8＝SBCPN×CD，
所以，
即，所以BN＝1，
由（1）知，桌面与水面平行，
所以二面角P﹣CD﹣C2即为二面角C﹣PQ﹣N，
由（1）知PQ⊥NP，CD∥PQ，又CD⊥CC1，所以PQ⊥CC1，
所以∠NPC即为所求的平面角，在直角梯形NBCP中，tan∠NPC＝1，
所以∠NPC＝45°，
所以二面角P﹣CD﹣C2的大小为45°．
【点评】本题考查空间线、面平行的性质应用，以及二面角的计算，属于中档题．
49．（2024春•南关区校级期中）如图，在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD＝2，E为BD的中点，F为AC上一点．
（1）求证：平面ACE⊥平面BDF；
（2）若∠BCD＝90°，∠BAD＝60°，，
（ⅰ）求二面角A﹣BD﹣C的余弦值；
（ⅱ）求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；平面与平面垂直；直线与平面所成的角．版权所有
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；
（2）（ⅰ），（ⅱ）．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质易知BD⊥AE，BD⊥CE，即可证明出BD⊥平面ACE，由面面垂直的判定定理即可证出；
（2）利用二面角的定义可得∠AEC即为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即可由余弦定理求解，利用等体积法求三棱锥B﹣ACD的体积，可得到点B到平面ACD的距离h，再根据直线BF与平面ACD所成角的正弦值等于，即可知当BF⊥AC时，BF最短，此时正弦值最大．
【解答】（1）证明：在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，
E为BD的中点，则AE⊥BD，CE⊥BD，
而AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，故BD⊥平面ACE，
又BD⊂平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF；
（2）解：（ⅰ）依题意，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，
则AE⊥BD，CE⊥BD，故∠AEC即为二面角A﹣BD﹣C的平面角，
由于BC＝CD＝2，又∠BCD＝90°，则，
又∠BAD＝60°，则，，
在△ACE中，，
所以，
故二面角A﹣BD﹣C的余弦值为；
（ⅱ）由于∠AEC∈（0，π），故，
，
由（1）得，，
因AD2+CD2＝12＝AC2，即∠ADC＝90°，
则，
设点B到平面ACD的距离为h，
则，解得，
即点B到平面ACD的距离为，
设直线BF与平面ACD所成角为θ，所以，
因为AB2+BC2＝12＝AC2，所以∠ABC＝90°，
故当BF⊥AC时，BF最短，
此时，正弦值最大为．
【点评】本题考查面面垂直的判定，考查线面角及二面角的求法，属中档题．
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$$2024-2025学年高一下学期数学常考题型归纳
【高一立体几何平行垂直专题练习】
总览
题型梳理
一．异面直线及其所成的角（共6小题）
二．直线与平面平行（共11小题）
三．直线与平面垂直（共4小题）
四．平面与平面平行（共5小题）
五．平面与平面垂直（共1小题）
六．直线与平面所成的角（共5小题）
七．几何法求解直线与平面所成的角（共4小题）
八．几何法求解二面角及两平面的夹角（共13小题）
【知识总览】
1.异面直线及其所成的角
【知识点的认识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：
2.直线与平面平行
【知识点的认识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
3．直线与平面垂直
【知识点的认识】
直线与平面垂直：
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
直线与平面垂直的判定：
（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．
（2）判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．
直线与平面垂直的性质：
①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b
②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．
4．平面与平面平行
【知识点的认识】
两个平面平行的判定：
（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
（2）垂直于同一直线的两个平面平行．即a⊥α，且a⊥β，则α∥β．
（3）平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ，则α∥β．
平面与平面平行的性质：
性质定理1：两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面．
性质定理2：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
性质定理3：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．
5．平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定：
判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
平面与平面垂直的性质：
性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．
性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．
6．直线与平面所成的角
【知识点的认识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，）；直线和平面所成的角的范围为[0，]．
2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．
3、斜线和平面所成角的最小性：
斜线和平面所成的角是用两条相交直线所成的锐角来定义的，其中一条直线就是斜线本身，另一条直线是斜线在平面上的射影．在平面内经过斜足的直线有无数条，它们和斜线都组成相交的两条直线，为什么选中射影和斜线这两条相交直线，用它们所成的锐角来定义斜线和平面所成的角呢？原因是斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中，它是最小的角．对于已知的斜线来说这个角是唯一确定的，它的大小反映了斜线关于平面的“倾斜程度”．根据线面所成的角的定义，有结论：斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角．
用空间向量直线与平面所成角的求法：
（1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
（2）向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|．
7．几何法求解直线与平面所成的角
【知识点的认识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，）；直线和平面所成的角的范围为[0，]．
2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．
【解题方法点拨】
具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．
8.几何法求解二面角及两平面的夹角
【知识点的认识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点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．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
【解题方法点拨】
求二面角的平面角：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．
【命题方向】
﹣夹角计算：考查如何使用几何方法计算两平面之间的夹角．
题型分类
知识讲解与常考题型
一．异面直线及其所成的角（共6小题）
1．（2025春•溧阳市期中）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025春•杭州期中）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD，点E，F分别是棱CD和BB1的中点，点P在侧面ADD1A1（包括边界）移动．若FE⊥EP，则异面直线EP与AB所成角的余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025•丰城市校级开学）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E为B1D1的中点，则异面直线AD1与BE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋•武汉期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，．现将△ABD沿BD折起，当二面角A﹣BD﹣C处于过程中，直线AD与BC所成角的余弦值取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（多选）5．（2024•潢川县二模）如图，点M是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的侧面ADD1A1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M满足CM⊥AD1
B．当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为1
C．若MB1，则动点M的轨迹长度为
D．在线段AD1上存在点M，使异面直线MB1与CD所成的角是30°
6．（2024•铁东区模拟）在三棱锥P﹣ABC中，，BC＝1，PA＝PB＝PC＝AB＝2，M为AC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值是 ．
二．直线与平面平行（共11小题）
7．（2025•鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025•南京校级二模）在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是（ ）
A．若l⊂β，且α⊥β，则l⊥α
B．若l⊥β，且α∥β，则l⊥α
C．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
D．若l⊥β，且α⊥β，则l∥α
9．（2025•河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025春•广州期中）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（ ）
A． B． C．2 D．
11．（2025•天津模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②三棱锥A1﹣ADP的体积为定值；
③存在一点P，D1O∥B1P；
④若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（2025春•镇海区校级期中）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，点G在侧面CC1D1D上运动（含边界），若AG∥平面A1EF，则点G的轨迹长度为（ ）
A． B． C．2 D．1
（多选）13．（2024秋•诸暨市期末）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q，R满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，|QR|＝1
B．当时，D1R∥平面BDC1
C．∀μ∈[0，1]，∃λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R
D．∀λ∈[0，1]，∃μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ
（多选）14．（2025春•洛阳月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，且，，λ，t∈（0，1），则（ ）
A．当λ+t＝1时，A1N⊥C1M
B．当λ＝t时，AC∥平面C1MN
C．当2λ+2t＝1时，△BMN面积的最小值为
D．当2t+2λ＝1时，B1M+B1N的最小值为
15．（2025春•晋江市校级期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝CB＝CC1＝2，E为AB的中点．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为．
（1）求∠ACB；
（2）求证：AC1∥平面B1CE；
（3）求三棱锥C1﹣B1CE的体积．
16．（2025•江苏模拟）斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都为2，∠A1AC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABC．
（1）若D为CC1中点，E点在线段BC上，且BE＝2EC，求证：A1B∥平面ADE；
（2）求二面角A1﹣AB﹣C的正弦值．
17．（2025春•天河区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2为菱形，∠DAB＝60°，△PAD是以PA为斜边的等腰直角三角形，F，G分别是PB，CD的中点．
（1）求证：GF∥平面PAD；
（2）设E为AB的中点，过E，F，G三点的截面与棱PC交于点Q，指出点Q的位置并证明．
三．直线与平面垂直（共4小题）
18．（2025•辽宁模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，过点B1的平面α与直线D1E垂直，则α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为（ ）
A．4 B． C． D．
（多选）19．（2025春•福建期中）如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等边三角形，AC＝AD，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，点D至点F的位置，使得FE⊥EC，将△ABC沿AC折起，点B至点Q的位置，此时四面体FACQ恰好为正四面体，M，N分别为AC，FQ的中点，则（ ）
A．AE⊥平面EFC B．∠CAD为钝角
C．MN⊥平面ABCD D．AC⊥QE
（多选）20．（2024春•厦门期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，动点P满足，则（ ）
A．当λ＝0时，AC⊥DP
B．当λ＝1时，AC与DP是异面直线
C．当μ＝1时，三棱锥P﹣ABB1的外接球体积的最大值为
D．当时，存在点P，使得DP⊥平面ACD1
（多选）21．（2024春•吉林期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，且AB＝BC＝CC1＝2，M为线段BC上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．AB1⊥A1M
B．异面直线A1B与B1M所成角的取值范围为
C．|A1M|+|C1M|的最小值为
D．当M是BC的中点时，过A1，M，C1三点的平面截三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球所得的截面面积为
四．平面与平面平行（共5小题）
22．（2025•和平区校级一模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF∥平面A1AC B．平面B1EF∥平面A1C1D
C．平面B1EF⊥平面BDD1 D．平面B1EF⊥平面A1BD
（多选）23．（2025春•海珠区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则（ ）
A．存在点G，使BG∥EF
B．存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
D．存在点G，使得平面EFG截正方体所得截面为正六边形
24．（2025春•重庆校级期中）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AC＝2A1C1＝2，D为线段BC上靠近B的三等分点，E为线段B1C1上靠近B1的三等分点．
（1）求证：平面A1BE∥平面AC1D；
（2）求平面AC1D分割三棱台所得的几何体A1B1C1﹣ABD和C1﹣ADC的体积之比．
25．（2025春•永安市期中）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G分别是棱AB，BC，B1C1的中点．
（1）判断直线AG与直线EF，直线CG与平面ABB1A1的位置关系；（判断即可，不必说明理由）
（2）求证：B1E∥平面ACG；
（3）在棱CC1上是否存在一点N，使得平面NEF∥平面A1BC1？若存在，请指出点N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
26．（2025•新余校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E、F分别为AD、CD中点，四边形EOFD也是正方形，经过D点的直线l与平面ABCD的夹角为且l⊥AC，现将正方形EOFD沿直线l平移至A1B1C1D1得到四棱台ABCD﹣A1B1C1D1．
（1）求证：平面A1EO∥平面D1C1CD；
（2）若DD1＝2，求平面A1C1B与平面ABCD夹角的余弦值；
（3）若平面A1C1CA⊥平面ABCD，求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积．
五．平面与平面垂直（共1小题）
（多选）27．（2024春•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12π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ABCD﹣A1B1C1D1，设P为外壳上的一个动点，则（ ）
A．存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1
B．当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2π
C．当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2π
D．存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC
六．直线与平面所成的角（共5小题）
（多选）28．（2024春•秦淮区校级月考）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱A1D1，A1B1，CC1的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．CD1⊥平面AB1D
B．AC与平面A1B1CD所成的角为60°
C．平面EFG截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面形状是五边形
D．点P在平面BB1C1C内运动，且CP∥平面BEF，则BP的最小值为
（多选）29．（2024秋•镇海区校级月考）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上＝1，r下＝2，母线AB长为2，点E为AB的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为12π
C．圆台母线AB与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径长为4
（多选）30．（2024春•金华月考）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，E为CD中点，将△DAE沿AE折起，使D点到达P的位置（点P不在平面ABCE内），连接PB，PC（如图2），则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．BC∥平面PAE
B．PB⊥AE
C．存在某个位置，使PC⊥平面PAE
D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为
31．（2024春•浦城县校级期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是 ．（将正确说法的序号都写上）
①四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值为；
②当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P﹣AB﹣C的正切值为；
③存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
④棱PB的中点为N，则CN的长为定值．
32．（2024春•常州期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP＝1，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）求三棱锥P﹣ABC在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）如图，已知在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC，三棱锥P﹣ABC在顶点C处的离散曲率为．
①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；
②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值．
七．几何法求解直线与平面所成的角（共4小题）
33．（2025•文昌校级一模）已知二面角α﹣m﹣β的平面角的大小为90°，A，B为半平面α内的两个点，C为半平面β内一点，且，若直线BC与平面α所成角为30°，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
34．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠A＝90°，CD，cos∠BDC，将△BCD沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥C﹣DAB，且AC＝2．
（1）证明：AC⊥面ABD；
（2）在三棱锥C﹣DAB中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l．
①证明：l∥AD；
②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值．
35．（2024春•无锡校级期中）如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3A1B1，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，CD＝9，AD＝6，且AA1＝BB1＝4，Q为线段CC1中点，
（1）求证：BQ∥平面ADD1A1；
（2）若四棱锥Q﹣ABB1A1的体积为．
①求证：AD⊥平面ABB1A1；
②求B1D与平面ABB1A1夹角的正弦值．
36．（2024春•成都期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为线段AA1的中点．从条件①②中选择一个作为已知，①AD⊥BE；②BC．
（1）证明：AC⊥平面BCC1B1；
（2）求点C1到平面BCE的距离；
（3）已知点M在线段CC1上，直线EM与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求线段CM的长．
八．几何法求解二面角及两平面的夹角（共13小题）
37．（2025•安徽模拟）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角A﹣BD﹣C的大小为120°，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ）
A．π B．π C．π D．
38．（2025•安徽校级模拟）如图所示，将绘有函数f（x）＝Msin（x+φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，此二面角的平面角为，此时A，B之间的距离为，则φ＝（ ）
A． B． C． D．
（多选）39．（2024春•湖北期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是CC1的中点，下列说法正确的是（ ）
A．若P是线段AC1上的动点，则三棱锥P﹣BQD的体积为定值
B．三棱锥A1﹣BQD外接球的半径为
C．若AQ与平面AC，平面AD1，平面AB1所成的角分别为θi（i＝1，2，3），则
D．若平面ABQ与正方体各个面所在的平面所成的二面角分别为θi（i＝1，…，6），则
（多选）40．（2024春•中牟县期末）已知等腰直角△ABC的斜边AB＝4，D是斜边AB上的一点，且满足CD＝2，若将△ACD沿着CD翻折到△A′CD位置，得到三棱锥A′﹣BCD，则（ ）
A．CD⊥A′B
B．当A′D⊥BD时，三棱锥B﹣A′CD的体积为
C．当时，二面角A′﹣CD﹣B的大小为
D．当时，三棱锥A′﹣BCD的外接球的表面积为20π
41．（2025春•福建期中）如图所示，AC，BD分别在平面α和平面β内，在α与β的交线l上取线段AB＝1，AC⊥l，BD⊥l，AC＝1，BD＝1，CD＝2，则二面角α﹣l﹣β的大小为 ．
42．（2025春•浙江期中）如图，等腰直角三角形ACB所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于A、B的点，N是AM的中点．
（1）证明：AM⊥平面OCN；
（2）若三棱锥M﹣ABC体积最大为，设∠MAB＝α，
（i）求体积最大时α的值及此时二面角C﹣AM﹣B的余弦值；
（ii）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面BCM的距离．
43．（2025春•镇海区校级期中）如图，已知四边形ABCD满足AD＝2，，AD⊥CD，AC⊥BC，现将△DAC沿着AC翻折得到△PAC形成四棱锥P﹣ABCD，记二面角P﹣AC﹣D的平面角大小为θ．
（1）若，证明：AP⊥PB．
（2）在线段AP上是否存在一点E使得DE∥平面PBC，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
（3）三棱锥P﹣ABC的外接球球心为O，二面角O﹣AP﹣C和O﹣BC﹣A的平面角大小分别为α，β，求tan2α﹣tan2β（记λ＝sinθ，结果用λ表示）．
44．（2025春•长沙期中）如图所示，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，，边AD上一点E满足DE＝1．现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使平面A1BE⊥平面BCDE，如图所示．
（1）求证：A1C⊥BE；
（2）求四棱锥A1﹣BCDE的体积；
（3）求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．
45．（2024秋•南昌县校级期末）如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P﹣ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosγ＝cosαcosβ+sinαsinβcosθ．
（1）如图2，在三棱锥A﹣BCD中，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD＝90°，△BCD为等边三角形，∠ABC＝90°，求二面角A﹣BD﹣C平面角的正弦值；
（2）如图3，在三棱锥A﹣BCD中，AH⊥平面BCD，AE⊥BD，连接HE，AB＝4，∠ABD＝45°，∠CBD＝60°，∠ABC＝90°，BC+BD＝6，求三棱锥A﹣BCD体积的最大值；
（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理．
46．（2024春•武汉期末）如图，在五棱锥S﹣ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD．四边形ABCD为矩形，且SE＝AB＝1，AD＝3，．
（1）证明：SE⊥平面AED；
（2）若，求二面角E﹣SA﹣D的余弦值；
（3）求直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值．
47．（2024春•天河区校级月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1B1与A1C，B1C1都垂直，已知AB＝3，AA1＝AC＝5．
（Ⅰ）求证：平面A1BC⊥平面ABC；
（Ⅱ）当直线A1B与底面ABC所成的角为时，求二面角A1﹣AC﹣B的正切值．
48．（2024春•西山区校级期中）如图，水平桌面A2B2C2D2上放置一个透明塑料制成的长方体水槽ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝2AB＝2BC＝4，水面高度恰为长方体高的一半，在该长方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3．将该长方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上，如下如图所示），此时水恰好流出时，液面与棱AA1，BB1，CC1，DD1分别相交于点M，N，P，Q．
（1）证明：四边形MNPQ是矩形；
（2）当水恰好流出时，求二面角P﹣CD﹣C2的大小．
49．（2024春•南关区校级期中）如图，在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD＝2，E为BD的中点，F为AC上一点．
（1）求证：平面ACE⊥平面BDF；
（2）若∠BCD＝90°，∠BAD＝60°，，
（ⅰ）求二面角A﹣BD﹣C的余弦值；
（ⅱ）求直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大值．
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