专题05 空间中的平行、垂直、夹角、距离问题（期中真题汇编，浙江专用）高一数学下学期人教A版

专题05 空间中的平行、垂直、夹角、距离问题 5大高频考点概览 考点01 平行问题 考点02 垂直问题 考点03 夹角问题 考点04 距离问题 考点05 其他综合问题 ( 地 城 考点01 平行问题 ) 一、单选题 1．（24-25高一下·浙江·期中）下列命题中，正确的是（   ） A．若直线a与平面平行，则a平行于内的任何直线 B．若两直线a，b都与平面平行，则 C．若直线a平行于平面，直线b在平面内，则 D．若直线l与平面平行，则平面内有无数条直线与l平行 【答案】D 【分析】利用直线与直线，直线与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A，若直线a与平面平行，则也可能与平面内某直线异面，错误； 对于B，若两直线a，b都与平面α平行，则两直线可以平行、相交，也可以异面，错误； 对于C，若直线a平行于平面α，直线b在平面α内，则或两直线异面，错误； 对于D，如果一条直线与一个平面平行，那么平面内必有一条直线与给定直线平行，而平面内与一条直线平行的直线有无数条，根据平行的传递性，这些直线都与给定直线平行，所以有无数条，正确. 故选：D 2．（24-25高一下·浙江杭州·期中）设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面位置关系的判定定理和性质逐一判断即可． 【详解】对于A，由，与可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，由，与可能平行或相交，故B错误； 对于C，由线面平行的性质定理可得，故C正确； 对于D，由，则与可能平行或异面，故D错误. 故选：C. 3．（24-25高一下·浙江丽水·期中）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若为异面直线，且，，，则l与m，n中至少一条相交 【答案】D 【分析】根据题意，结合线与线，线与面，以及面与面位置关系的判定与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若，，则直线与，可能相交、平行或异面，所以A错误； 对于B中，若，，则平面与平面可能相交，所以B错误； 对于C中，若，，，则或，所以C错误； 对于D中，若为异面直线，且，，， 假设直线与直线都不相交，则，所以， 这与为异面直线矛盾，所以与中至少一条相交，所以D正确. 故选：D. 4．（24-25高一下·浙江·期中）若，表示两条直线，，，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】根据线线、线面、面面之间的位置关系逐项判断. 【详解】对于A，若，，，则，或与相交，故A错误； 对于B，若，，，则，或与为异面直线，故B错误； 对于C，若，，，则，或与相交，故C错误； 对于D，由可得，因为，所以， 又因为，根据线面平行的性质定理可得，故D正确. 故选：D. 5．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据线面平行的性质定理构造线线平行，再根据平行线段比例关系，即可判断选项. 【详解】如图，连结，交于点，连结， 因为平面，且平面，平面平面， 所以， 因为，且，所以，即， 所以. 故选：B 6．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在棱长为1的正方体中，E，F，G分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面EFG没有公共点，则线段PB长度的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，结合题意，可得点P在直线AC上运动，再根据正方形的性质即可求解. 【详解】连接，因为E，F，G分别是棱的中点， 所以， 又平面，平面，平面， 平面，平面，平面，， 所以平面平面，又平面， 从而有平面，即点平面， 又点P在平面内，平面平面， 所以点P在直线AC上运动， 由正方形性质可得当点P位于AC中点时，BP最小，此时. 故选：C    7．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】取的中点分别为，连接，则可证平面平面，故的轨迹为线段，故可求其长度. 【详解】取的中点分别为，连接， 在正方形中，因为为中点，故且， 由正方体可得且， 所以，，故四边形为平行四边形， 故，而，故， 同理，故， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，而平面平面， 结合平面，故的轨迹为线段，其长度为， 故选：A. 二、多选题 8．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，，的中点，则（   ） A．//平面 B．//平面 C．点在平面内 D．点在平面内 【答案】AD 【分析】根据线面平行的判定定理判断． 【详解】在正方体中，，因此与平面平行或在平面内， 又平面，所以不在平面内，从而//平面，A正确，C错误， 又，分别是棱，的中点，则，因此，所以在平面内，从而B错，D正确． 故选：AD． 9．（24-25高一下·浙江·期中）已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 C．平面与平面的交线记为，则直线平面 D．平面与平面的交线记为，则直线平面 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定推理判断AD；利用线面平行的判定性质推理判断C；利用锥体积体公式求出体积比判断B. 【详解】对于A，连接，连接，由且，为中点， 得，则是中点，而是中点，于是， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，，由是中点，得到平面的距离是到此平面距离的2倍， 而，因此，B错误； 对于C，平面，平面，则平面， 而平面平面，平面，于是，而平面， 平面，因此直线平面，C正确； 对于D，延长交于点，连接，直线直线，由且， 得为中点，而是中点，则平面，平面， 因此直线平面，D正确. 故选：ACD 10．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为1的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点满足，，下列说法正确的是（    ）    A．平面 B．若Q，M，N，P四点共面，则 C．若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为 D．若，则以为顶点，以过M、N、Q三点作该正方体的截面为底面的棱锥的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，由面面平行的性质可得；对于B，延展平面可得平面过的中点，可得；对于C，先找到的轨迹，再由几何关系算出长度；对于D，若，确定正六边形相关边长，进而求其表面积. 【详解】    对于A，在正方体中平面平面，平面，故平面，故正确； 对于B，延展平面，结合平面的基本性质及正方体的结构特征得截面如图（2），易知平面过的中点，所以，错误； 对于C，如图（1），若，取的三等分点(靠近)，的中点，则， 平面，平面，故平面，同理平面， 又且都在平面，所以平面平面， 当点在线段上时，平面，则满足平面，所以即为的轨迹， 由，得，正确； 对于D，如图（2），，则正六边形的面积为，的面积为，所以棱锥的表面积为，故正确. 故选：ACD 11．（24-25高一下·浙江丽水·期中）在正四棱锥中，，过的平面（不与底面重合）与侧棱，分别交于点E，F，且平面将四棱锥分成上下两个部分的体积分别为，，则以下命题正确的是（    ） A． B． C．若E是的中点，则 D．若平面经过正四棱锥外接球的球心，则 【答案】BCD 【分析】由正四棱锥的性质，求得正四棱锥的高为，根据，证得平面，再由线面平行的性质，证得，进而证得，可判定B正确；由，得到四边形为梯形，可判定A不正确；由为的中点，取分别为的中点，结合锥体的体积公式，分别求得分成的两部分的体积，可判定C正确；先得到外接球的球心在上，设正四棱锥的外接球的半径为，利用球的性质，求得，得到；连接，并延长交于点，由，得到，在等腰中，结合向量的共线定理，得到，进而可判定D正确. 【详解】如图（1）所示，连接交于点，连接，则平面， 因为，可得，则， 即正四棱锥的高为， 对于B中，因为为正方形，可得， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且面平面，所以， 又因为，所以，所以B正确； 对于A中，因为，所以四边形为梯形，所以与不平行，所以A不正确； 对于C中，若为的中点，因为，所以为的中点，则， 取分别为的中点，连接， 因为为的中点且为的中点，可得点，到平面的距离为， 则，， 则三棱柱的体积为， 所以多面体的体积为， 又由正四棱锥的体积为， 所以四棱锥的体积为， 所以分成两部分的体积比为，所以C正确； 对于C中，根据正四棱锥的对称性，可得外接球的球心在上， 连接，设正四棱锥的外接球的半径为， 在直角中，可得，即， 解得，则， 连接，并延长交于点，由，可得， 如图（2）所示，在等腰中，因为为的中点，且， 设，可得， 因为三点共线，所以，解得，所以， 所以，即，所以，所以D正确. 故选：BCD.     12．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．存在点，使得直线与共面 C．的最小值为 D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 【答案】AD 【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用反证法可判断B选项；将沿直线翻折，使其与平面共面，连接，再在中，利用余弦定理求解判断C选项；过作于点，连接，则，从而平面，再由平面，得到平面平面，从而平面求解，可判断D选项. 【详解】对于A选项，在正方体中，，，如图1， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，A对； 对于B选项，假设存在点，使得直线与共面， 由A选项知，点、直线可确定平面， 若直线与共面，则平面，矛盾，假设不成立， 因此，不存在点，使得直线与共面，B错； 对于C选项，将沿直线翻折，使其与平面共面， 记翻折后点对应的点为，连接，如图2，则， 在中，由余弦定理可得： ， 即的最小值为，C错； 对于D选项，如图3，过作于点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又平面，，，平面， 所以平面平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. 设，，则，，且， 所以， 当且仅当时等号成立，D对. 故选：AD. 三、填空题 13．（23-24高一下·浙江·期中）四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则_________    【答案】 【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案. 【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得， 在线段PE取点G，使得，由，得， 连接BG，FG，则，由平面，平面， 得平面，而平面，，平面， 因此平面平面，又平面平面，平面平面，则， 所以. 故答案为：    14．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 【答案】 【分析】根据给定条件，作出过点与平面平行的正方体截面，再求出截面周长即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，取的中点，连接， 由为的中点，得，四边形为平行四边形， 则，又，则四边形是平行四边形， ，于是，四边形是平行四边形， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线， 所以P的轨迹长为. 故答案为： 四、解答题 15．（24-25高一下·浙江杭州·期中）四棱锥中底面是平行四边形，E是中点，平面与交于F． (1)求证：平面． (2)求证：F是中点． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由（1）有平面，利用线面平行的性质定理即可得，进而得证. 【详解】（1）由底面是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）由（1）有平面， 又平面，平面平面， 所以， 又E是中点， 所以F是中点. 16．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，是正方形，分别是的中点． (1)求证：直线平面． (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形中位线定理和正方形性质得到，再由线线平行证明线面平行即可； （2）先证明直线平面，结合（1）已证直线平面，利用线面平行即可证明面面平行. 【详解】（1）因分别是的中点，则， 又是正方形，则，故， 因平面，平面，故直线平面. （2）因分别是的中点，则， 又平面，平面，故直线平面， 由（1）已证直线平面， 因平面，故平面平面. 17．（24-25高一下·浙江丽水·期中）如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点.    (1)求证：平面； (2)该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，使得，再连接，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）利用柱体和锥体的体积公式，分别求得和，根据题意，结合，即可求解. 【详解】（1）证明：连接，交于点，则为中点，连接，如图所示，    在中，因为分别为的中点，所以， 又因为面，且面，所以平面； （2）解：在正三棱柱中，因为，且， 可得正三棱柱的体积为, 又由三棱锥的体积为， 所以剩余部分的体积为. 18．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，已知圆台的轴截面为等腰梯形，满足，点为（不包括端点）上一点，为线段的中点，    (1)证明：平面； (2)若圆台的体积为，求圆台的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，利用平面平面，证明平面； （2）根据圆台体积，求出圆台的高，进而得到圆台的母线长，再根据表面积公式求得答案. 【详解】（1）    连接，， 因为四边形为等腰梯形， 所以， 因为，为中点， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为为的中点， 所以为三角形的中位线， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面，， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面. （2）设上底面圆半径为，则，， 上底面圆半径为，则，， 设圆台高为，体积为， 则， 解得， 在截面等腰梯形中，过作的垂线，垂足为，如图，    则， 所以圆台母线长， 所以圆台的表面积. 19．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，分别是的中点，且．    (1)求证：平面； (2)若，且是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，与交于点，利用中位线定理及线面平行的判定定理即可证明； （2）结合题意可得平面，平面，再利用等体积法即可求解. 【详解】（1）    连接，与交于点， 分别是的中点，所以点是的中点， 即是三角形的中位线， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）四边形是菱形，所以， 又，，平面， 所以平面， ， 由侧面是矩形可得， 又，，平面， 所以平面，即平面， 所以.    20．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. (1)求证：//平面； (2)求证：； (3)若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使//平面？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，理由见解析 【分析】（1）取中点，连、，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明； （2）先通过线面平行的判定证得∥面，在利用线面平行的性质证得∥； （3）取中点，连接，，利用面面平行的判定证明平面∥平面，再利用面面平行的性质即可证明∥平面. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连、 ∥ 又∥ ∥ 四边形为平行四边形， ∥， 又平面，平面，∥平面； （2）在梯形中，∥， 又面，面， ∥面， 面，面面   ∥   ∥ （3）取中点，连接，， ，分别为，的中点， ∥， 平面，平面， 平面， 又由（1）可得∥平面，，、平面 平面∥平面， 是上的动点，平面， ∥平面， 当为中点时，∥平面. 21．（24-25高一下·浙江·期中）如图，在四棱锥中，，M，N分别是，的中点，，． (1)求证平面； (2)若平面，求的值； (3)当时，若，，，请在图中作出四棱锥过点B，E，F的截面（保留作图痕迹），并求出截面周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)作图见解析，周长为 【分析】（1）证明一：取的中点为Q，连接，，由面面平行的判定定理证明即可； 证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，由（2）几何关系证明四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； 连接交于点O，连接，由面面平行的性质定理结合几何关系可求； （3）设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面，结合余弦定理计算可得. 【详解】（1）证明一：取的中点为Q，连接，， ∵，N、Q分别为、的中点；∴， ∵平面，∴平面， 又∵为的中点，∴， ∵平面，∴平面， ∵，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面. 证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，，，则，，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面. （2）连接交于点O，连接． ∵平面，平面平面，∴，∴． 又，∴，∴． （3）设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面． 证明过程如下：∵，∴，∴．又∵，． ∴四边形是平行四边形，∴，∴．故V、E、F、B共面， 故四边形为所求截面． ∵，，，，， 在中，∵1，∴ 故∴， 故， 所以截面周长为． ( 地 城 考点02 垂直问题 ) 一、单选题 1．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，线面垂直的性质即可判断. 【详解】由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证得，故A正确； 对于B，或，故B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确； 对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确. 故选：B. 2．（24-25高一下·浙江台州·期中）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D. 【详解】对于A，若，，则，或，故A错误；     对于B，若，，则，或与相交，故B错误； 对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误；     对于D，若，，则，故D正确. 故选：D. 3．（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则（    ） A．， B．， C．直线， D．直线， 【答案】C 【分析】利用反证法，面面平行、线面垂直的性质可以判断A、B两个选项，利用线面垂直、面面垂直的性质可以判断C、D两个选项. 【详解】选项A，假设，则，与、为异面直线矛盾，故A错误； 选项B，假设，结合，得到，与矛盾，故B错误； 选项C、D， 因为、为异面直线，所以在空间内过一点可以作，则，，即垂直于与所在的平面， 又因为平面，平面，所以平面，平面，所以平面既垂直于平面，又垂直于平面， 所以平面与平面 相交，且交线垂直于平面，故平行于，故C正确. 故选：C. 4．（23-24高一下·浙江·期中）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. 【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，， 因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点， 所以，，， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 所以四点共面， 由题意知，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确； 选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面， 因为，且平面，平面，所以平面， 又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确； C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确； D选项：假设平面，因为平面，则， 由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形， 与，矛盾，故D说法错误. 故选：D 二、多选题 5．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】画出图形，结合正方体的性质逐一判断各选项：选项A，根据正方体性质得出四边形是平行四边形，得出，结合正方形的对角线互相垂直的性质，得出；选项B：根据线面平行定理进行判断；选项C：根据正方体性质得出是等边三角形，结合，得出即为与所成夹角；选项D：根据线面垂直定理进行判断. 【详解】设正方体的棱长为， 如图，连接. 选项A：根据正方体性质可知，， 四边形是平行四边形， 又平面，且平面， 平面 又平面， ，故A错. 选项B：由选项A知，平面，故B正确. 选项C：根据正方体的性质可知，， 为等边三角形，又， 等于与所成的角，故C错. 选项D：根据正方体的性质可知，平面， 又平面，. 根据正方形的性质，的对角线. 又平面， 平面，故D正确. 故选：BD. 6．（23-24高一下·浙江·期中）已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得直线平面EFG C．三棱锥的体积不变 D．存在点，使得平面 【答案】ACD 【分析】取的中点与E，F构成平面EFG，利用面面平行的判定定理证明，即可判断A，分别取的中点，与E，F构成正六边形，利用线面平行判定定理证明，即可判断B，求出三棱锥的体积即可判断C，当点与点重合时，有平面，利用线面垂直性质定理和判定定理证明，即可判断D. 【详解】对于，取的中点与E，F构成平面EFG（如图）， 因为棱AB，BC的中点分别为E，F，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又棱AB，的中点分别为E，G，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，故A正确； 对于，分别取的中点，与E，F构成正六边形（如图）， 因为棱，的中点分别为M，N，所以， 因为平面，平面，所以平面， 此时点G的轨迹为线段NP，故B错误． 对于，因为点到下底面ABCD的距离不变为正方体的棱长2， 三角形面积为， 所以三棱锥的体积不变，为，故C正确； 对于，当点与点重合，连接，可得平面，（如图）， 下证：平面， 由正方体中可得平面， 因为平面，所以， 因为底面为正方形，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 由正方体中可得平面， 因为平面，所以， 因为侧面为正方形，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 又因为平面，所以平面，故D正确． 故选：ACD 三、填空题 7．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，点在线段上运动，点在底面运动（含边界），则的最小值为___________．    【答案】 【分析】由时，长度最短，底面时，长度最小，再过作，连接，，进而可求解. 【详解】    易知时，长度最短， 底面时，长度最小，由正方体的结构性质易知在上， 过作，连接，易证， 由，可得：， 所以， 连接，可知三点共线，且， 在正方体中易知 所以， 所以的最小值为， 故答案为： 四、解答题 8．（24-25高一下·浙江绍兴·期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，，为中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设交于，连结，可得，即可证得平面； （2）通过证明，即可得平面，进而可得； （3）通过体积转化得，再求出直四棱柱底面面积，根据柱体的体积公式即可求解. 【详解】（1）如图，连结，设交于，连结， 因为底面是菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）在直四棱柱中，平面， 平面，所以， 又底面是菱形，所以， 因为平面，且， 所以平面，又平面， 所以. （3）设到平面的距离为， 则， 而直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，， 所以菱形的面积为， 所以. 9．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，. (1)若，求证：平面； (2)若，求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面； （2）只需证明平面，即可证明平面平面. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，， ∵是菱形的对角线，的交点， ∴，且， 又∵，且， ∴，且， 从而为平行四边形， ∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）证明：连接， ∵四边形为菱形，∴， ∵，是的中点，∴， 又，平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面. ( 地 城 考点0 3 夹角问题 ) 一、单选题 1．（24-25高一下·浙江·期中）在正方体中，P、M分别是、的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取中点，连接，，，利用正方体的性质得，则或其补角即为所求的异面直线与所成角，在中，由余弦定理求解即可. 【详解】如图：    取中点，连接，，，， 由正方体可知，，所以四边形为平行四边形，所以， 则异面直线与所成角即为直线与所成角， 即或其补角即为所求，设，则，， 由正方体可知，平面，平面， 即，则， 在中，由余弦定理， 即直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 2．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在长方体中，已知，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先找到平面的垂线BE，则就是直线与面所成的角，再解直角三角形即可. 【详解】如图，设点E为线段的中点，连接. 因为在长方体中，平面， 所以平面，平面，得. 又，且E为线段BC的中点，所以，且平面， 所以平面，故就是直线与面所成的角. 在直角三角形中，，， 所以.故直线与平面所成角的正弦值为. 故选：D. 3．（24-25高一下·浙江·期中）如图五边形由一个长方形和等腰三角形构成，其中，，D是的中点，将，，折起，使A、B、C三点重合于点P，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，，过点作于点，连接，先利用面面垂直的判定定理得平面平面，然后利用面面垂直的性质定理得平面，则为与平面所成角，根据线面垂直的判定及性质定理得，进而在直角三角形中求解即可. 【详解】由题意可知形成三棱锥，如图： 取的中点，连接，，过点作于点，连接， 因为，所以，，， 平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面，所以平面， 故为与平面所成角， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以，且， 因为，所以，又， 所以，在直角三角形中，， 所以与平面所成角的正弦值为. 故选：D 4．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）在正方体中，点分别是直线上的动点，点是△内的动点（不包括边界），记直线与所成角为，若的最小值为，则与平面所成角的正弦的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，再由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线，只需求此时的正弦值即可. 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设与平面所成角为，正方体的棱长为， 根据正方体的性质可得，平面， 所以平面，且点为的中心， 所以. 又因为直线与所成角为，且的最小值为， 所以与平面所成角为，所以为. 由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线， 所以此时. 又因为在中，易得，， 所以， 所以， 所以 . 故选：B. 二、填空题 5．（24-25高一下·浙江杭州·期中）已知一个六条棱均相等的四面体，则二面角的余弦值为_______. 【答案】 【分析】由二面角的平面角的定义，作出二面角的平面角，利用余弦定理求解即可得. 【详解】如图，    设，取的中点为，连接， 由，可得， 所以为二面角的平面角， 由， 所以. 故答案为： 6．（23-24高一下·浙江·期中）如图，点是棱长为1的正方体上底面的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为______. 【答案】 【分析】先利用直线与平面所成的角为，求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度. 【详解】因为直线与平面所成的角为， 所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上， 又因为点是正方体上上的一个动点， 所以点的轨迹为圆弧，如图所示， 则点的轨迹长为． 故答案为： 7．（23-24高一下·浙江金华·期中）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为6的正三角形，E为SA的中点，直线CE，SB所成角为90°，则球O的表面积为______． 【答案】 【分析】由题意可得三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面的射影为等边的中心，连接并延长交于，结合题意可证得平面，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，将三棱锥补为正方体，则正方体的外接球就是三棱锥的外接球，从而可求得结果. 【详解】因为，是边长为6的正三角形， 所以三棱锥为正三棱锥， 则顶点在底面的射影为等边的中心， 连接并延长交于，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以正三棱锥的三条侧棱两两垂直， 因为，所以, 则将三棱锥补为正方体，则正方体的外接球就是三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为， 则，即， 所以球O的表面积为， 故答案为：    8．（24-25高一下·浙江·期中）已知正四面体A-BCD的棱长为2，在平面BCD内有一动直线a，求直线a与直线DA所成角的正弦值最小为_______． 【答案】 【分析】设正四面体的顶点A在平面BCD上的射影为O，则O是正三角形BCD的中心.在正三角形BCD中，根据正三角形中心的性质，可求得当直线a与DO平行时为D与正三角形BCD中心O的连线，直线a与直线DA所成角最小.此时就是直线a与直线DA所成的角或其补角，进而通过计算可求得结果 【详解】设正四面体的顶点A在平面BCD上的射影为O，则O是正三角形BCD的中心. 因为正三角形BCD的边长为，则. 当直线a与DO平行时为D与正三角形BCD中心O的连线，直线a与直线DA所成角最小. 此时就是直线a与直线DA所成的角或其补角， 在直角三角形ABO中，，， 由勾股定理可得 在直角三角形ADO中，，， 则直线a与直线DA所成角的正弦值最小为 故答案为：. 9．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________.    【答案】 【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解． 【详解】如图所示， 在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体， 连接、，易知四边形是菱形， 设在平面的射影为， 由正三棱锥可知，点是△的外心， ，则， 由，得， 所以，再结合，得， 从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆， 同理，在平面（即平面上的射影为的外心， 连接，则在平面上的射影为， 进而即为直线与平面所成角，记， 则，其中为定值， 而对于，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时， 取得最小值，记相交于Q,易知， 则， 此时取得最大值为． 故答案为：．   【点睛】 关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键是确定在平面上的轨迹为圆. 三、解答题 10．（23-24高一下·浙江·期中）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的大小. (3)求直线与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得； （2）利用平移得到与所成角为，解三角形即得； （3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合即可求得. 【详解】（1） 如图，连接交于点， 因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，且平面， 所以平面. （2）因，且，易得， 则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）. 因为，所以， 即与所成角的大小为. （3）连接，过作于点. 因为平面，且平面， 所以，又且， 所以平面. 因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为（或其补角）. 因为正方体的边长为1，所以，， 所以. 【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解. 11．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接交于，则可得，由线面平行的判定定理可得平面； （2）利用等积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得的轨迹为，由线面角的定义可得即为线面角，故可得其最大值，故可得其正切的最大值. 【详解】（1）连接AC交BD于，连接，则， 因为，由四棱台的性质可得，且， 故四边形为平行四边形，故， 不包含于面面，故面. （2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，，可得，而平面， 故平面，由平面，故， ，得， ，，故， 故，故． （3） 连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故，故平面， 而平面，故，又，， 平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DO最小为，则最大为． 12．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，其中， (1)证明：； (2)求直线与平面的所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过求证平面，即可求解； （2）由等体积法求得到平面的距离，再结合线面角的定义即可求解. 【详解】（1） 因为， 由余弦定理可得：， 所以，即， 所以，又，可得：， 又，为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面， 所以； （2）由（1）平面，在平面内， 所以， 又， 所以， 则，所以， 所以， 设到平面的距离为， 由等体积法：， 可得， 解得：， 又，在平面内，在平面外， 所以平面， 所以到平面的距离为， 所以直线与平面的所成角的正弦值为 13．（24-25高一下·浙江·期中）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为直角梯形，四边形ADEF为矩形，且平面平面ABCD，，，． (1)证明：平面平面； (2)当异面直线BF与CE所成角取最大时，求DE； (3)当时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由矩形性质可得线线平行，根据线面平行的判定以及面面平行判定，可得答案； （2）由异面直线的夹角的定义，确定其平面角，根据正切函数的差角公式、余弦定理以及空间向量的夹角计算，结合图象，可得答案； （3）根据二面角的平面角定义，可得线面角，根据等体积法求得点面距，由锐角三角函数，可得答案. 【详解】（1）由为矩形可得：， 因为平面，平面，所以平面， 又，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面. （2） 如图，取中点，连接，由且，则四边形为平行四边形， 则， 所以即为异面直线与所成角的平面角；设， 法一：（正切和差公式） 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，因为平面，所以， ，当且仅当时取等． 法二：（余弦定理） ，当且仅当时取等． 法三：（空间对棱向量夹角公式） 易知，， 则 ， 易知，，，， ， 当且仅当时取等． （3）过点作， 易知平面与平面所成角为直线与平面所成角，设为， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，由，则， 由，，， 则中边上的高为， 设点到面的距离为， 由，， 即，故． 14．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点是线段上的动点（不含端点）. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)或. 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）过作于点，连接，可证得，即是二面角的平面角，结合立体几何的图形关系，即可求得； （3）通过证明，可得是直线与平面所成角，在直角中，可求得，所以，在中，设，结合余弦定理即可求解. 【详解】（1）过作于点，在等腰梯形中，，， 可得，所以，所以， 又平面为正方形，所以 又平面平面，且平面平面， 所以平面，所以， 又，，平面； 平面平面； （2）过作于点，连接， 平面，， 又，，平面，， 是二面角的平面角. 在直角中，，，得， ，二面角的平面角的余弦值为； （3）平面，平面平面， 过作于点，连接， 平面平面，平面平面，，平面， 是直线与平面所成角，， 在直角中，，，，得，， 在中，，，，，设，得， 即，解得或，即或. 15．（23-24高一下·浙江丽水·期中）如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．    (1)求三棱台的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由三角形面积公式的得到上下底面面积，由面面垂直得到线面垂直从而得到三棱台的高为，在直角三角形中得到，利用棱台体积公式求得体积； （2）由线面垂直得到面面角的平面角，通过解三角形得到边长，求得余弦值. 【详解】（1）记与的面积分别为和，则由题可得，． 如图过点作，垂足为O，   平面平面且交线为，平面， ，，, （2）    过点O作，垂足为E，连结， 由（1）得平面，平面，，又， 平面，平面，平面，， 为平面与平面夹角的平面角． 是上靠近的四等分点，由得， 平面与平面ABC所成角的余弦值为． 16．（24-25高一下·浙江绍兴·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. (1)若，求证：平面； (2)若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，结合，可得平面； （2）由题意可得与平面所成角即为与平面所成角，过作于，连接，可得，可求得，利用等体积法可求得到平面的距离，可得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为，又是的中点，所以， 又平面，平面，所以， 又底面是矩形，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面. （2）连接，因为，分别是，的中点，所以，， 又是的中点，底面是矩形，所以，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以与平面所成角即为与平面所成角， 因为又平面，平面，所以， 过作于，连接， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以，所以， 由，可得，所以， 设到平面的距离为， 由，所以， 又，所以， 所以，解得， 又，所以与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值为. 17．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得； （2）面面垂直的性质定理平面，线面垂直的判定定理得平面，平面，线面平行的判定定理得平面，作垂足为，由等面积法得求出可得答案； （3）作平面，在平面作交于点，设线交线于点，由线面垂直的判定定理得平面，得，，求出可得答案. 【详解】（1），， 则，， 又，，平面， 平面，平面， 平面平面； （2）侧棱，点E为AD中点.，，， 为正三角形，取中点，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 平面，所以，， 在边上取，连接，可得四边形是长方形， 可得，又，平面， 所以平面，作，垂足为，平面， ，， 又，平面， 平面，且， 又，平面，平面， 平面， 所以点到平面的距离，且点的投影在内， 在中，，，由余弦定理得， 作垂足为，由等面积法得， 所以二面角的大小的正弦值 ，； （3）作平面， 则，为在平面内的射影， 所以点，，共线， 再在平面作交于点， 又，，平面， 平面， 设线交线于点， 则，又，，平面， 平面，平面，得， ，， 又因为， 所以与平面所成的最大角的正弦值为， 当点为线与的交点时取到最大角. 【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.  18．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）通过几何图形的性质证明，即可； （2）利用平面，并结合三棱锥的体积公式计算即可； （3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可. 【详解】（1）如图所示，连接，    由题意可知平面ABC，四边形是菱形. 平面ABC，， 又D是AC中点，是正三角形，， 又平面，平面， 平面，， 在菱形中，有， 而D，E分别是线段的中点，则，所以， 平面，平面； （2）如图所示，    由（1）可知，，平面， 为三棱锥的高， ，， 又在平面内的射影为， ，则，， ，则， 为直角三角形， ， . （3）如图，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，    过G作交于M，连接MD， 易得，平面，平面，故平面， 又结合（1）的结论有，故二面角为， 所以， 如图，在菱形中，作，    易得， 则， 易知为直角三角形，故. 【点睛】思路点睛：本题立体几何的求解可从以下方面入手： （1）证明线面垂直，要在该平面内找两条相交直线与已知直线垂直即可； （2）第二问关键在于求三棱锥的高，通过构造线面垂直来转化； （3）另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可. ( 地 城 考点0 4 距离问题 ) 一、解答题 1．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图，在直三棱柱中，，、分别是BC、的中点，. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用直三棱柱的构造特征，结合线面垂直的性质、判定推理即得. （2）由（1）中信息，结合相似三角形的性质求出，再利用等体积法求解即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，由，是的中点，得， 由平面，平面，得， 而平面，则平面， 又平面，则，而，平面， 所以平面. （2）在矩形中，由（1）知，，， 于是直角与直角相似，则，即， 因此，，，， ，， 设点到平面的距离为，由，得， ，解得， 所以点到平面的距离为. 2．（24-25高一下·浙江·期中）四棱锥的底面是边长为的正方形，是的中点， (1)证明：平面； (2)若在底面上的投影为底面中心，求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点O，证明，根据线面平行判定定理证明结论； （2）由条件先证明，再结合（1）将问题求直线到平面的距离转化为求点到平面的距离，证明，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得结论. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接 因为四边形是正方形，所以是的中点 因为是的中点，所以 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为在底面上的投影为底面中心，所以平面 因为平面，所以， 由（1）知，平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离 因为为正方形，所以 因为平面，平面，， 所以平面， 所以点到平面的距离即线段的长度 在正方形中，， 所以，所以直线到平面的距离为 3．（24-25高一下·浙江温州·期中）如图，多面体中，四边形为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据条件有，，利用线面垂直的判定定理，得到平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解； （2）作于，根据条件可得平面，再利用，可得点到平面的距离，由线面角的定义，即可求解； （3）利用等体积法，即可求解. 【详解】（1）∵，， 又，，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）作于，因为平面， 由（1）知平面，所以， 又，、平面， 所以平面，连结， ∵，∴点到平面的距离等于点到平面的距离， 设直线与平面所成角为， 又，， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）知平面，设点到平面的距离为， 又，则，得到， 又，，， 所以. 4．（23-24高一下·浙江温州·期中）在三棱锥中，，，，，的中点为，点在线段上，且满足. (1)求证：； (2)当平面平面时， ①求点到平面的距离； ②若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）连接，，根据线面垂直的判定定理证明平面，据此即可证明； （2）①过点作于，连，，令，在中利用勾股定理求出，据此即可求出点到平面的距离； ②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，据此即可求解. 【详解】（1）连接，， ，为的中点，， ，为的中点，， 平面， 又平面，； （2）①过点作于，连，， 平面平面，， 平面，令， ， ，， 则，，， 平面，， 在中，由，得，， ，故点到平面的距离为； ②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接， ，， 是的中位线，， ，， ，， ，， ，所以平面为平面与平面的公共垂面， 故，在中，，， 可求得，又，， 则. 【点睛】关键点点睛：本题（2）①关键在于令，在中利用勾股定理求出. 5．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接交于，则可得，由线面平行的判定定理可得平面； （2）利用等积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得的轨迹为，由线面角的定义可得即为线面角，故可得其最大值，故可得其正切的最大值. 【详解】（1）连接AC交BD于，连接，则， 因为，由四棱台的性质可得，且， 故四边形为平行四边形，故， 不包含于面面，故面. （2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，，可得，而平面， 故平面，由平面，故， ，得， ，，故， 故，故． （3） 连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故，故平面， 而平面，故，又，， 平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DO最小为，则最大为． 6．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论； （2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果； （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）连接，    在三棱台中，； ，四边形为等腰梯形且， 设，则. 由余弦定理得：， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； 是以为直角顶点的等腰直角三角形，， ，平面，平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，   ，，， ； 平面，即平面， 即为三棱锥中，点到平面的距离， 由（1）中所设：，， 为等边三角形，， ，； ，， ， 设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离， ，，解得：. 即点到平面的距离为. （3）平面，平面，平面平面， 平面平面 取中点，在正中，，平面， 又平面，平面平面． 作，平面平面，则平面， 作，连接，则即在平面上的射影，   平面，平面，， ，平面，平面， 平面，，即二面角的平面角. 设， 在中，作，   ，，又平面，平面， ，解得：， 由（2）知：，， ，， ，， ，， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得：， ， 存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 7．（24-25高一下·浙江·期中）如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，且，M是上异于A、B的点，N是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （ⅰ）求体积最大时α的值及此时二面角的余弦值； （ⅱ）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质即可证明； （2）（ⅰ）由三棱锥体积最大为求得半径及，再根据二面角的定义求解即可； （ⅱ）根据等体积法即可证明． 【详解】（1）证明：因为M是半圆弧上一点，所以，即， 因为分别是的中点，所以，， 因为是等腰直角三角形，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，，所以平面． （2）（ⅰ）设的半径为r，过点M作交于点G，如图，则， 因为， 故当最大时，体积最大，此时M位于的中点处， 所以，，所以． 由（1）知，平面，因为平面，所以， 因为，平面平面， 所以为二面角的平面角， 因为平面，平面，所以， 因为时，，， 在中，， 所以，所以二面角的平面角的余弦值为． （ⅱ）：过点M作交于点G，如图所示， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 由（ⅰ）知， 当时，，则， 所以， 由等腰三角形得，， 因为平面，平面，所以， 所以， 在中，，， 所以， 又因为， 所以． ( 地 城 考点0 5 其他综合问题 ) 一、多选题 1．（23-24高一下·浙江·期中）已知圆台上、下底面的圆心分别为，，半径分别为2、4，高为，为上一点，则（    ） A．圆台的体积为 B．当圆锥的与圆锥的体积相等时， C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为20 D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A：利用台体的体积公式求解；对于B：利用锥体的体积公式求解；对于C ：通过轴截面的周长最大来求解；对于D：利用圆台、圆柱的侧面积公式求表面积. 【详解】由题意可知：圆台的上、下底面半径分别为2、4，高为，母线长为， 对于A：圆台的体积为，故A正确； 对于B：若圆锥的与圆锥的体积相等，则，解得，故B错误； 对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大， 所以其最大周长为，故C正确； 对于D：由题意可知：所得几何体的表面有：圆台的侧面和上、下底面以及圆柱的侧面， 其表面积为，故D正确. 故选：ACD. 2．（24-25高一下·浙江·期中）已知正方体的棱长为1，是中点，是的中点，点满足，则下列命题正确的是（   ） A．多面体的体积是随的增大先减小后增大 B．时，面面 C．三棱台的体积为 D．时，平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】BD 【分析】根据线面平行的性质定理可以判定到底面所在平面的距离为定值（等于正方体的棱长1），进而得到面体的体积为定值，从而否定A；利用正方体的性质，结合线面平行，面面平行的判定定理可以证明B正确；利用棱台的体积公式计算可以否定C；根据正方体的性质，利用平面的基本性质和面面平行得到截面为连接正方体相应棱中点的正六边形，进而计算求得面积，从而判定D. 【详解】面积为定值（），与平面平行，即与底面平行，点满足，∴，∴到底面所在平面的距离为定值（等于正方体的棱长1），∴多面体的体积 为定值，故A错误； 当时，为线段中点，平面，不在平面内， 根据线面平行判定定理得到； ∴，不在平面内，平面，根据线面平行的判定定理得到平面， 又∵平面，，根据面面平行判定定理得平面，故B正确； 三棱台的底面的面积分别为： ， 高为，根据棱台体积公式得三棱台的体积为，故C错误； 当时，为线段中点，众所周知，平面截该正方体所得截面为正六边形，各顶点都是正方体的如图所示的相应棱的中点，起边长为，面积为，故D正确. 以下是截面的证明过程： ∵正方体对面，， 设， 则平面与它们的交线平行，即， 又∵，∴， 不妨设在上，则为的中点， 延长与延长线交于，连接，交与点， 则，为中点，∴为中点， 同理平面与棱交点为中点. 故选：BD. 3．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，将沿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．平面PAE B． C．存在某个位置，使平面PAE D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为 【答案】ABD 【分析】选项A，先证明为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定证明平面；选项B，取的中点，连接，，利用线面垂直的判定证明平面，从而有；选项C，假设平面，得到，于是，与矛盾；选项D，在选项B中图形的基础上，继续作，交或延长线于点，再利用线面垂直的判定证明平面，从而可得直线与平面所成的角为，根据可判定选项D正确. 【详解】选项A：因为，为中点，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面，故选项A正确； 选项B：连接，取的中点，连接，， 因为，为的中点，所以， 又易证为平行四边形，所以，又为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以，故选项B正确；    选项C：若平面，则， 在直角中，必有，与矛盾，故选项C错误； 选项D：在选项B的图形的基础上，过点作，交或延长线于点， 由选项B的解析知，平面， 又因为平面，所以， 又因为，都在平面内，且相交于点，所以平面. 所以为直线与平面所成的角，显然，故D正确；    故选：ABD. 4．（23-24高一下·浙江·期中）已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得直线平面EFG C．三棱锥的体积不变 D．存在点，使得平面 【答案】ACD 【分析】取的中点与E，F构成平面EFG，利用面面平行的判定定理证明，即可判断A，分别取的中点，与E，F构成正六边形，利用线面平行判定定理证明，即可判断B，求出三棱锥的体积即可判断C，当点与点重合时，有平面，利用线面垂直性质定理和判定定理证明，即可判断D. 【详解】对于，取的中点与E，F构成平面EFG（如图）， 因为棱AB，BC的中点分别为E，F，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又棱AB，的中点分别为E，G，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，故A正确； 对于，分别取的中点，与E，F构成正六边形（如图）， 因为棱，的中点分别为M，N，所以， 因为平面，平面，所以平面， 此时点G的轨迹为线段NP，故B错误． 对于，因为点到下底面ABCD的距离不变为正方体的棱长2， 三角形面积为， 所以三棱锥的体积不变，为，故C正确； 对于，当点与点重合，连接，可得平面，（如图）， 下证：平面， 由正方体中可得平面， 因为平面，所以， 因为底面为正方形，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 由正方体中可得平面， 因为平面，所以， 因为侧面为正方形，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 又因为平面，所以平面，故D正确． 故选：ACD 5．（24-25高一下·浙江台州·期中）在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（    ） A．点P的轨迹长度为 B．直线不可能与垂直 C．直线与平面所成角为 D．三棱锥的体积最大值为 【答案】ACD 【分析】证明出平面，利用勾股定理计算出的长，可判断A；当时，可证平面，此时，可判断B；利用线面角的定义可判断C；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D. 【详解】连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，平面，所以平面， 平面，所以，同理可得， 因为，平面，所以平面， 设平面，即平面， 对于A，由得，， 则，， 所以点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，其周长为.故A正确； 对于B，当时，因为，所以平面，此时.故B错误； 对于C，因为平面，所以为直线与平面的所成角，,，故C正确； 对于D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为, 因为平面，则 三棱锥体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 6．（24-25高一下·浙江·期中）我们称底面直径与高相等的圆柱为等边圆柱，如图，在等边圆柱内有一个正三棱锥，正三棱锥的底面在圆柱底面圆周上，顶点P是圆柱的上底面中心，M是底面三角形边的中点，连接，是上底面的一条直径且不平行于，若圆柱的高为4，则下列说法中，正确的是（   ） A．中的长为 B．圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为 C．四面体的体积最大值为8 D．半平面与半平面所成二面角的余弦值的取值范围是 【答案】BCD 【分析】设下底面圆的圆心为，在直角三角形中，根据勾股定理即可判断；根据球和圆柱的体积公式即可判断；由已知可得当平面时，四面体的体积最大，根据四面体的体积是两个相等的锥体体积之和，即可判断；连接，当平面时，当趋于与平行时，两种临界情况下半平面与半平面所成二面角的余弦值，即可判断. 【详解】 因为圆柱的高为4，所以底面直径为4， 设下底面圆的圆心为，因为底面圆为等边的外接圆， 所以点为等边的中心，所以，又， 所以，故不正确； 设底面圆的半径为，则， 设圆柱的外接球的半径为，所以， 所以，， 所以， 即圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为，故正确； 四面体的体积可看作三棱锥和三棱锥的体积之和， 且， 当平面时，三棱锥和三棱锥的体积最大，即四面体的体积最大， 所以最大值为， 故正确； 连接，当平面时，因为平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 此时为半平面与半平面所成二面角， 又， 所以， 当趋于与平行时，此时半平面与半平面所成二面角趋于， 所以二面角的余弦值趋于， 所以当在上底面运动且不平行于时，半平面与半平面所成二面角的余弦值的取值范围是，故正确. 故选：. 7．（23-24高一下·浙江台州·期中）如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（    ） A．正三棱柱的外接球表面积为 B．若是棱中点，则三棱锥的体积为 C．周长的最小值为 D．棱上总存在点，使得直线平面 【答案】ABD 【分析】对于A：设外接球半径为，底面外接圆半径为，根据，即可求解；对于B：利用等体积转换即可求解；对于C：由侧面展开图确定周长最小值即可求解；对于D：在上取一点使得，当时，四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理得到直线平面. 【详解】对于A,正三棱柱中，， 设外接球半径为，底面外接圆半径为， 所以，即， 因为， 所以正三棱柱正三棱柱得外接球表面积为，故A正确； 对于B，因为是棱中点，所以，因为 , 所以三棱锥的体积为，故B正确； 对于C， 由侧面展开图所示， 周长 , 所以其最小值为故C错误； 对于D, 在上取一点使得，则， 当时，四边形为平行四边形，故， 又平面， 平面，所以直线平面,故D正确， 故选:ABD. 8．（24-25高一下·浙江温州·期中）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，点是棱的动点，则下列说法正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．当是棱的中点时，平面 D．直线与平面所成的角的正切值最大为 【答案】ACD 【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用锥体的体积可判断B选项；证明出平面平面，结合面面平行的性质可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为四边形为菱形，则， 因为，，，故为等边三角形， 所以，，则，故，同理可得， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故，A对； 对于B选项，易知为等边三角形，， 因为点在上，且，则， 故，B错； 对于C选项，连接交于点，连接，取线段的中点，连接、， 因为四边形为菱形，，则为的中点， 因为点在上，且，为的中点，则， 所以为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为为的中点，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，故平面，C对； 对于D选项，如下图所示： 由A选项可知，平面，所以直线与平面所成角为， 因为平面，所以，则， 因为是边长为的等边三角形，故， 因为平面，平面，所以， 又因为，故为等腰直角三角形，则， 当时，取最小值，且最小值为， 此时，取最大值，且最大值为，D对. 故选：ACD. 9．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．存在点P，使得直线与共面 C．的最小值为 D．若M为线段上的动点，且平面．则的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用正方体性质可知，再由线面平行定理可证明A正确，利用反证法假设存在点P，使得直线与共面，可得出结论与平面平面矛盾，因此B错误；以为旋转轴，将旋转到与平面共面，易知，再由余弦定理计算可得C正确，根据面面平行判定定理可证得平面平面，再由其性质可得平面，设，利用三角形相似以及二次函数性质可判断D正确. 【详解】对于A，如下图所示： 由正方体性质可知， 又平面，平面，所以平面，即A正确； 对于B，假设存在点P，使得直线与共面， 显然三点共面，若直线与共面，则可知点在平面内， 又P为线段上的动点，即在平面内， 因此可知点在平面与平面的交线上，显然这与平面平面矛盾，因此B错误； 对于C，以为旋转轴，将旋转到与平面共面，如下图所示： 易知，若要使取得最小值，只需连接交于点， 因此为，且， 在中，，所以， 即，所以的最小值为，可得C正确； 对于D，过点作交于点，过点作交于点，连接，如下图所示： 因为，平面，平面，所以平面； 又，平面，平面，所以平面； 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面； 设，则， 显然， 所以， 所以当时，即时，取最小值，最小值为，所以D正确. 故选：ACD 10．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在直棱柱中，各棱长均为，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的正弦值为 B．当点M在棱上运动时，则直线与平面所成角的最大值为 C．当点M在棱上运动时，最小值为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】BCD 【分析】根据可知所求角为，利用余弦定理可求得结果，即可判断A；连接交于点，连接，证明平面，可得线段的长度即为点到平面的距离，进而可判断B；将四边形与沿着棱展开，可知所求距离之和的最小值即为，即可判断C；利用正弦定理可求得外接圆半径，从而确定三棱锥外接球半径，代入球的表面积公式即可判断D. 【详解】对于A，连接， ，，四边形为平行四边形，， 异面直线与所成角即为， ，， ， 所以异面直线与所成角的正弦值为，故A错误； 对于B，连接交于点，连接， 在菱形中，， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以平面， 所以线段的长度即为点到平面的距离， 在等边三角形中，， 则直线与平面所成角的正弦值为， 当点与点重合时，取得最小值， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 所以直线与平面所成角的最大值为，故B正确； 对于C，将四边形与沿着棱展开得四边形， 则的最小值即为，故C正确； 对于D，，，是边长为的正三角形， 的外接圆半径， 三棱锥外接球半径， 三棱锥外接球表面积，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：求解最短距离问题的基本思路是能够利用展开图，将问题转化为平面上两点连线距离的求解问题. 11．（23-24高一下·浙江衢州·期中）已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若点在棱上运动，则的最小值为 B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C．若点满足，则动点的轨迹是一条直线 D．若点在直线上运动，则到棱的最小距离为 【答案】BC 【分析】化折线为直线，即可判断A，取的中点，连接,即可证明四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D. 【详解】对于A：如图将平面展开与平面处于一个平面， 连接与交于点， 此时取得最小值，即，故A错误； 对于B：如图取的中点，连接、、， 因为点是棱的中点，所以且， 又且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面， 又，，， 所以截面周长为，故B正确； 对于C：如图，，平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面平面， 平面，平面， 又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故C正确； 对于D：如图建立空间直角坐标系，则，，设， 所以 所以到棱的距离， 所以当时，故D错误； 故选：BC. 12．（24-25高一下·浙江·期中）如图1，矩形，已知，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列正确的是（   ） A．当为线段中点时，平面 B．当为线段中点时，过点的截面交于点，则 C．在翻折过程中，存在一个位置使得 D．当时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A，先证明面面平行，再推出线面平行；对于B，利用两平面交线得到交点，根据中位线性质可得比例关系；对于C，利用反证法借助线面垂直的判定定理及性质定理推出矛盾；对于D，通过展开平面图求空间线段长度和最值，. 【详解】 A.取中点，连接. 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. 在矩形中，，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确. B.由题意得，平面，，由平面，得平面， 延长交于点，连接，则平面平面， 所以，故. 由，，得分别为的中点， 若为的中点，则， 所以，即，故B正确. C.假设，取中点，连接， 因为，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，显然不成立，假设错误，故C错误. D.当时，把与展开在一个平面上. 展开后，的最小值为线段AC的长度. 在矩形ABCD中，，， 因为，所以，则，，. 因为，，所以， 所以在中，. 因为，所以，故， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以. 如图，在展开后的平面四边形中，是等腰三角形，， 则，则， 所以. 在中，由余弦定理得，， 所以，当三点共线时，等号成立， 故的最小值为，D正确. 故选：ABD. 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间中的平行、垂直、夹角、距离问题 5大高频考点概览 考点01 平行问题 考点02 垂直问题 考点03 夹角问题 考点04 距离问题 考点05 其他综合问题 ( 地 城 考点01 平行问题 ) 一、单选题 1．（24-25高一下·浙江·期中）下列命题中，正确的是（   ） A．若直线a与平面平行，则a平行于内的任何直线 B．若两直线a，b都与平面平行，则 C．若直线a平行于平面，直线b在平面内，则 D．若直线l与平面平行，则平面内有无数条直线与l平行 2．（24-25高一下·浙江杭州·期中）设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（24-25高一下·浙江丽水·期中）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若为异面直线，且，，，则l与m，n中至少一条相交 4．（24-25高一下·浙江·期中）若，表示两条直线，，，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 5．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在棱长为1的正方体中，E，F，G分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面EFG没有公共点，则线段PB长度的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 7．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C．2 D．1 二、多选题 8．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，，的中点，则（   ） A．//平面 B．//平面 C．点在平面内 D．点在平面内 9．（24-25高一下·浙江·期中）已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 C．平面与平面的交线记为，则直线平面 D．平面与平面的交线记为，则直线平面 10．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为1的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点满足，，下列说法正确的是（    ）    A．平面 B．若Q，M，N，P四点共面，则 C．若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为 D．若，则以为顶点，以过M、N、Q三点作该正方体的截面为底面的棱锥的表面积为 11．（24-25高一下·浙江丽水·期中）在正四棱锥中，，过的平面（不与底面重合）与侧棱，分别交于点E，F，且平面将四棱锥分成上下两个部分的体积分别为，，则以下命题正确的是（    ） A． B． C．若E是的中点，则 D．若平面经过正四棱锥外接球的球心，则 12．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．存在点，使得直线与共面 C．的最小值为 D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 三、填空题 13．（23-24高一下·浙江·期中）四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则_________    14．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 四、解答题 15．（24-25高一下·浙江杭州·期中）四棱锥中底面是平行四边形，E是中点，平面与交于F． (1)求证：平面． (2)求证：F是中点． 16．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，是正方形，分别是的中点． (1)求证：直线平面． (2)求证：平面平面． 17．（24-25高一下·浙江丽水·期中）如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点.    (1)求证：平面； (2)该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积. 18．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，已知圆台的轴截面为等腰梯形，满足，点为（不包括端点）上一点，为线段的中点，    (1)证明：平面； (2)若圆台的体积为，求圆台的表面积． 19．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，分别是的中点，且．    (1)求证：平面； (2)若，且是边长为4的正三角形，求三棱锥的体积． 20．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. (1)求证：//平面； (2)求证：； (3)若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使//平面？说明理由. 21．（24-25高一下·浙江·期中）如图，在四棱锥中，，M，N分别是，的中点，，． (1)求证平面； (2)若平面，求的值； (3)当时，若，，，请在图中作出四棱锥过点B，E，F的截面（保留作图痕迹），并求出截面周长． ( 地 城 考点02 垂直问题 ) 一、单选题 1．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·浙江台州·期中）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则（    ） A．， B．， C．直线， D．直线， 4．（23-24高一下·浙江·期中）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 二、多选题 5．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在正方体中，下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C． D．平面 6．（23-24高一下·浙江·期中）已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得直线平面EFG C．三棱锥的体积不变 D．存在点，使得平面 三、填空题 7．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，点在线段上运动，点在底面运动（含边界），则的最小值为___________．    四、解答题 8．（24-25高一下·浙江绍兴·期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，，为中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求三棱锥的体积. 9．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，. (1)若，求证：平面； (2)若，求证：平面平面. ( 地 城 考点0 3 夹角问题 ) 一、单选题 1．（24-25高一下·浙江·期中）在正方体中，P、M分别是、的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·浙江杭州·期中）在长方体中，已知，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·浙江·期中）如图五边形由一个长方形和等腰三角形构成，其中，，D是的中点，将，，折起，使A、B、C三点重合于点P，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）在正方体中，点分别是直线上的动点，点是△内的动点（不包括边界），记直线与所成角为，若的最小值为，则与平面所成角的正弦的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．（24-25高一下·浙江杭州·期中）已知一个六条棱均相等的四面体，则二面角的余弦值为_______. 6．（23-24高一下·浙江·期中）如图，点是棱长为1的正方体上底面的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为______. 7．（23-24高一下·浙江金华·期中）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为6的正三角形，E为SA的中点，直线CE，SB所成角为90°，则球O的表面积为______． 8．（24-25高一下·浙江·期中）已知正四面体A-BCD的棱长为2，在平面BCD内有一动直线a，求直线a与直线DA所成角的正弦值最小为_______． 9．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________.    三、解答题 10．（23-24高一下·浙江·期中）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点. (1)证明：平面. (2)求异面直线与所成角的大小. (3)求直线与平面所成角的正切值. 11．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值． 12．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，其中， (1)证明：； (2)求直线与平面的所成角的正弦值． 13．（24-25高一下·浙江·期中）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为直角梯形，四边形ADEF为矩形，且平面平面ABCD，，，． (1)证明：平面平面； (2)当异面直线BF与CE所成角取最大时，求DE； (3)当时，求二面角的正弦值． 14．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点是线段上的动点（不含端点）. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 15．（23-24高一下·浙江丽水·期中）如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．    (1)求三棱台的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 16．（24-25高一下·浙江绍兴·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. (1)若，求证：平面； (2)若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 17．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点E为AD中点， (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点F为对角线AC上的点，且，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值. 18．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.    (1)求证：平面； (2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由. ( 地 城 考点0 4 距离问题 ) 一、解答题 1．（23-24高一下·浙江嘉兴·期中）如图，在直三棱柱中，，、分别是BC、的中点，. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 2．（24-25高一下·浙江·期中）四棱锥的底面是边长为的正方形，是的中点， (1)证明：平面； (2)若在底面上的投影为底面中心，求直线到平面的距离． 3．（24-25高一下·浙江温州·期中）如图，多面体中，四边形为矩形，，，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 4．（23-24高一下·浙江温州·期中）在三棱锥中，，，，，的中点为，点在线段上，且满足. (1)求证：； (2)当平面平面时， ①求点到平面的距离； ②若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 5．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值． 6．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且.    (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 7．（24-25高一下·浙江·期中）如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，且，M是上异于A、B的点，N是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （ⅰ）求体积最大时α的值及此时二面角的余弦值； （ⅱ）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面的距离． ( 地 城 考点0 5 其他综合问题 ) 一、多选题 1．（23-24高一下·浙江·期中）已知圆台上、下底面的圆心分别为，，半径分别为2、4，高为，为上一点，则（    ） A．圆台的体积为 B．当圆锥的与圆锥的体积相等时， C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为20 D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 2．（24-25高一下·浙江·期中）已知正方体的棱长为1，是中点，是的中点，点满足，则下列命题正确的是（   ） A．多面体的体积是随的增大先减小后增大 B．时，面面 C．三棱台的体积为 D．时，平面截该正方体所得截面的面积为 3．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，将沿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．平面PAE B． C．存在某个位置，使平面PAE D．PB与平面ABCE所成角的取值范围为 4．（23-24高一下·浙江·期中）已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得直线平面EFG C．三棱锥的体积不变 D．存在点，使得平面 5．（24-25高一下·浙江台州·期中）在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（    ） A．点P的轨迹长度为 B．直线不可能与垂直 C．直线与平面所成角为 D．三棱锥的体积最大值为 6．（24-25高一下·浙江·期中）我们称底面直径与高相等的圆柱为等边圆柱，如图，在等边圆柱内有一个正三棱锥，正三棱锥的底面在圆柱底面圆周上，顶点P是圆柱的上底面中心，M是底面三角形边的中点，连接，是上底面的一条直径且不平行于，若圆柱的高为4，则下列说法中，正确的是（   ） A．中的长为 B．圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为 C．四面体的体积最大值为8 D．半平面与半平面所成二面角的余弦值的取值范围是 7．（23-24高一下·浙江台州·期中）如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（    ） A．正三棱柱的外接球表面积为 B．若是棱中点，则三棱锥的体积为 C．周长的最小值为 D．棱上总存在点，使得直线平面 8．（24-25高一下·浙江温州·期中）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，点是棱的动点，则下列说法正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．当是棱的中点时，平面 D．直线与平面所成的角的正切值最大为 9．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．存在点P，使得直线与共面 C．的最小值为 D．若M为线段上的动点，且平面．则的最小值为 10．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图，在直棱柱中，各棱长均为，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的正弦值为 B．当点M在棱上运动时，则直线与平面所成角的最大值为 C．当点M在棱上运动时，最小值为 D．三棱锥外接球的表面积为 11．（23-24高一下·浙江衢州·期中）已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若点在棱上运动，则的最小值为 B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C．若点满足，则动点的轨迹是一条直线 D．若点在直线上运动，则到棱的最小距离为 12．（24-25高一下·浙江·期中）如图1，矩形，已知，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列正确的是（   ） A．当为线段中点时，平面 B．当为线段中点时，过点的截面交于点，则 C．在翻折过程中，存在一个位置使得 D．当时，的最小值为 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $