重难点03 玩转立体几何夹角与距离问题（期末真题汇编）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦立体几何夹角与距离核心难点，汇编山西、山东等多地区期末真题，覆盖4大高频考点，通过正四面体、正方体等模型强化转化思想与空间想象能力，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选/多选|20题|异面直线所成角（如正四面体中点连线夹角）、线面角（如四棱锥侧棱与底面夹角）|结合正方体、正三棱柱等经典模型，设置动态点（如线段动点）问题| |解答题|20题|二面角（如翻折问题中二面角余弦值）、距离最值（如点到平面距离、体积最值）|融入《九章算术》刍甍、阿基米德多面体等文化情境，分层设计证明与计算综合题|

重难点03 玩转立体几何夹角与距离问题 4大高频考点概览 考点01异面直线所成角快速求算 考点02线面角的转化思想 考点03二面角的转化思想 考点04立体几何的距离定值与最值问题 ( 地 城 考点01 异面直线所成角快速求算 ) 1．(24-25高一下·山西太原·期末)（多选）如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（    ）    A． B． C． D． 2．(24-25高一下·山东济宁实验中学·期末)如图，在正四面体中，分别是与的中点，设和所成角为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 3．(24-25高一下·新疆阿克苏第三高级中学·期末)如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在正三棱柱中，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 5．(24-25高一下·甘肃庆阳镇原县·期末)已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．(24-25高一下·河北秦皇岛第三中学·期末)（多选）如图，三棱台的侧棱长均相等，和都是等边三角形，，则（    ） A．直线与直线所成的角为 B．直线与直线所成的角为 C．三棱台的体积为 D．三棱台的体积为 7．(24-25高一下·吉林白城第一中学·期末)（多选）已知是正方体，则下列结论正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．与所成的角为60° C． D．直线与所成的角为60° 8．(24-25高一下·河北唐山·期末)已知直四棱柱的棱长均为2，，设，分别是相邻两个面的对角线所在的直线，则与所成角的余弦值不可能为（    ） A． B． C． D． 9．(24-25高一下·新疆哈密部分学校·期末)如图，在三棱锥中，底面，若二面角的大小为30°，，，，是上靠近点的三等分点，是上的一点，且. (1)求直线与直线所成角的余弦值； (2)求三棱锥P－MNC的体积. 10．(24-25高一下·吉林长春慧泽高中·期末)如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，M、N分别是BC与AD的中点，则异面直线AM和CN 所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． ( 地 城 考点02 线面角的转化思想 ) 11．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 12．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)（多选）在边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，下列选项中，正确的是（  ） A．A1C1⊥BD B．B1C与BD所成的角为60° C．A1C与平面ABCD所成的角为45° D．三棱锥A1—ABD的外接球半径为 13．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)（多选）如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A．无论点N在何处，始终有成立． B．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 14．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有________． ①圆锥母线与底面所成的角为     ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为         ④剩下几何体的表面积为 15．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 16．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 17．(24-25高一下·湖南衡阳第一中学·期末)已知正方体的棱长为，，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余弦值． 18．(24-25高一下·四川成都锦江区嘉祥外国语高级中学·期末)（多选）如图，在边长为1的正方体中，点P在线段上运动，下列命题中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．异面直线与直线所成角为定值 C．在点P运动过程中，平面BPD截该正方体的截面形状为三角形或矩形 D．直线与平面所成角的余弦值的范围是 19．(24-25高一下·四川眉山·期末)庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（2上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为24m，广为12m，上袤是下袤的，斜脊与底面所成角均为，则该刍甍的体积为（   ） A． B． C． D． 20．(24-25高一下·河北秦皇岛实验中学·期末)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知，是等边三角形. (1)求证：; (2)求点D到平面PBC的距离; (3)若点E是线段AD上的动点，设直线PE与平面PBC所成的角为，求的取值范围. ( 地 城 考点0 3 二面角的转化思想 ) 21．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)（多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．的长度范围是 B．存在点P，M，使得平面与平面平行 C．存在点P，M，使得二面角大小为 D．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 22．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 23．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 24．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 25．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 26．(24-25高一下·北京顺义区·期末)如图在四棱柱中，四边形ABCD为梯形，，，E为中点. (1)求证：平面； (2)若平面，，且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）写出二面角的正切值.（结论不要求证明） 27．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 28．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 29．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末)（多选）正八面体是一种正多面体，由8个正三角形面组成，对角面为正方形．如图，正八面体的棱长为5，为棱上一点，且，则（   ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 30．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值. ( 地 城 考点0 4 立体几何的距离定值与最值问题 ) 31．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 32．(24-25高一下·河北邯郸·期末)“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形组成的多面体.某广场的石凳就是由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成的阿基米德多面体，它可以看成一个正方体截去八个一样的四面体得到，称之为截半立方体.若图中截半立方体的棱长，则异面直线AD和FP所成的角为____________，直线EB到平面PGQ的距离为____________. 33．(23-24高一下·山东东营·期末)如图，在正六棱锥中，． (1)求棱锥的高和斜高； (2)求直线到平面的距离； (3)若球是正六棱锥的内切球，以底面正六边形的中心为圆心，以内切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥的内接几何体，求该几何体的侧面积． 34．(24-25高一下·北京房山区·调研)如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面BCE； (3)求点B到平面ACE的距离. 35．(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末)（多选）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（    ） A． B．鳖臑体积的最大值为2 C．点到面的距离是 D．鳖臑内切球的半径为 36．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 37．(24-25高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)（多选）如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（   ） A．点M的轨迹长度为 B．与所在平面所成角的正弦值为 C．Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D．若与所在的平面交于点E，则 38．(24-25高一下·北京首都师范大学附属中学·期末)如图，长方体的底面ABCD是正方形，，点在棱上，平面BDM. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面BDM所成角的正弦值； (3)求点到平面BDM的距离. 39．(24-25高一下·河北雄安新区雄安十校·期末)如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，. (1)求AD； (2)求点D到平面PBC的距离； (3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大. 40．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知正方体的棱长为3，点M，N分别为线段，上的动点，点T在平面内，则的最小值是（    ）． A． B． C． D．1 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点03 玩转立体几何夹角与距离问题 4大高频考点概览 考点01异面直线所成角快速求算 考点02线面角的转化思想 考点03二面角的转化思想 考点04立体几何的距离定值与最值问题 ( 地 城 考点01 异面直线所成角快速求算 ) 1．(24-25高一下·山西太原·期末)（多选）如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】利用异面直线所成角的定义和余弦定理求解可得. 【详解】取的中点为，连接，，如图：    在中，，且，在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为，所以直线PM，PN的夹角为，则或， 当时，由余弦定理得，，得. 当时，由余弦定理得，，得. 综上所述，或. 故选：CD 2．(24-25高一下·山东济宁实验中学·期末)如图，在正四面体中，分别是与的中点，设和所成角为，则的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作平行线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求. 【详解】如图，连接MD，设O为MD的中点，连接ON､OC，则且，    所以为异面直线AM与CN所成的角（或补角），若四面体的棱长为1，则， 所以，，. 在中，即. 故选：A 3．(24-25高一下·新疆阿克苏第三高级中学·期末)如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用几何法确定异面直线夹角. 【详解】由正方体可知，且四边形为正方形， 所以异面直线与所成的角的平面角为， 故选：B. 4．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在正三棱柱中，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）作出异面直线与所成角，判断是直角三角形，即可求得答案. 【详解】（1）连接交于，连接，易得为中点． 在正三棱柱中，因为、分别为、中点，所以 又因为平面，平面，所以平面 （2）取中点，连接． 在正三棱柱中，设，因为、分别为、中点， 可得，且，所以四边形是平行四边形 所以，或其补角即为异面直线与所成的角． 在中，， 满足， 则是直角三角形， 所以． 即异面直线与所成角的余弦值为． 5．(24-25高一下·甘肃庆阳镇原县·期末)已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据可知或其补角即为所求，然后利用余弦定理求解即可. 【详解】如图所示：连接，根据长方体的性质易知， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，则或其补角即为所求， 不妨， 在中，， 所以由余弦定理得. 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 6．(24-25高一下·河北秦皇岛第三中学·期末)（多选）如图，三棱台的侧棱长均相等，和都是等边三角形，，则（    ） A．直线与直线所成的角为 B．直线与直线所成的角为 C．三棱台的体积为 D．三棱台的体积为 【答案】BD 【分析】对于A，先判断三棱台为正三棱台，过点作，交于点，证明即直线与直线所成的角，求得即可判断；对于B，平移后易得结论成立；对于C，D，先求出三棱台的高的长，再利用棱台体积公式计算即可判断. 【详解】 对于A，因侧棱相等且底面为等边三角形，则三棱台为正三棱台， 如图，过点作，交于点，因，则得，则， ，故即直线与直线所成的角，因， 由可得，故A错误； 对于B，因，且与的夹角为60°，故与的夹角为60°，故B正确； 对于C，D，如图，分别取上下底面三角形的中心为，连接并延长交于点， 连接并延长交于点，则即三棱台的高， 则  ， 在直角梯形中，， 因， 则三棱台的体积为，故D正确. 故选：BD. 7．(24-25高一下·吉林白城第一中学·期末)（多选）已知是正方体，则下列结论正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．与所成的角为60° C． D．直线与所成的角为60° 【答案】ACD 【分析】由异面直线的判定判断A；证得线线平行判断B；由异面直线垂直判断C；求出异面直线所成角判断D. 【详解】对于A，平面，点平面，，而平面， 直线，直线与是异面直线，A正确； 对于B，由，得，则，B错误； 对于C，由选项B同理得，而，则，C正确； 对于D，连接，，则或其补角为异面直线与所成的角， 又为正方体的面对角线，即，， 因此异面直线与所成的角为，D正确. 故选：ACD 8．(24-25高一下·河北唐山·期末)已知直四棱柱的棱长均为2，，设，分别是相邻两个面的对角线所在的直线，则与所成角的余弦值不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出直四棱柱由面对角线构成的四面体，在四面体的各个面中求出三角形内角的余弦判断即可. 【详解】直四棱柱中，四面体的六条棱所在直线能表征直四棱柱各个面上所有对角线， 该四棱柱的所有棱长都为2，，则，， 在中，，； 在中，，； 在中，，； 在中，，， 所以选项ABD均有可能，C不可能. 故选：C 9．(24-25高一下·新疆哈密部分学校·期末)如图，在三棱锥中，底面，若二面角的大小为30°，，，，是上靠近点的三等分点，是上的一点，且. (1)求直线与直线所成角的余弦值； (2)求三棱锥P－MNC的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由底面，证得，又由，证得平面，得到，得到为二面角的平面角，求得，设异面直线与所成的角为，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由，得到点到平面的距离等于点到平面的距离的，过点作，证得平面，得到为点到平面的距离，在直角中，求得，得到，再由，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）由底面，且底面，所以， 又由，，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角，所以， 在直角中，由，可得， 在直角中，由，可得， 在直角中，由，可得， 则， 设异面直线与所成的角为， 则. （2）因为，可得点到平面的距离等于点到平面的距离的， 过点作， 因为底面，且底面，所以， 因为，且平面，所以平面， 即为点到平面的距离， 在直角中，可得，所以， 又由是上靠近点的三等分点，可得， 所以三棱锥的体积为. 10．(24-25高一下·吉林长春慧泽高中·期末)如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，M、N分别是BC与AD的中点，则异面直线AM和CN 所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，取的中点为，连接，则得，即异面直线AM和CN 所成角或其补角，求出相关边长，借助于，利用余弦定理即可求得. 【详解】 如图，连接，取的中点为，连接，因M、N分别是BC与AD的中点，故， 则即异面直线AM和CN 所成角或其补角，又因正四面体，则， 则，易知，则， 在中，由余弦定理，. 故选：A. ( 地 城 考点02 线面角的转化思想 ) 11．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． (1)求证：平面． (2)求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得到平面； （2）求出三棱锥的体积，再由等体积法求出点到平面的距离，最后利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接、，则，且. 因为，，所以且. 所以四边形为平行四边形. 所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 12．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)（多选）在边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，下列选项中，正确的是（  ） A．A1C1⊥BD B．B1C与BD所成的角为60° C．A1C与平面ABCD所成的角为45° D．三棱锥A1—ABD的外接球半径为 【答案】ABD 【分析】选项A，由和得到；选项B，由得到为和所成的角，又为等边三角形得到和所成的角为； 选项C，平面得到为与平面所成的角，从而得到，则；选项D，由三棱锥A1—ABD的外接球就是正方体的外接球，利用正方体求得三棱锥A1—ABD的外接球的半径. 【详解】选项A，是正方体，是正方形，， ，，选项A 正确； 选项B，是正方体，，为和所成的角， 又为等边三角形， ， 和所成的角为，选项B正确； 选项C，是正方体，平面， 为与平面所成的角， 正方体的棱长为1，， 在中， ，，选项C错误； 选项D，三棱锥A1—ABD的外接球就是正方体的外接球， 三棱锥A1—ABD的外接球的半径为，选项D正确. 故选：ABD. 13．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)（多选）如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A．无论点N在何处，始终有成立． B．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】CD 【分析】A选项，举出反例可得A错误；B选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，故体积为定值；C选项，作出辅助线，得到即为直线MN与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围，得到C正确；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面，得到D正确. 【详解】A选项，当点N与重合时，如图， 此时与不垂直，夹角为锐角，A错误； B选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，B错误； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面BDN截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 故选：CD 14．(24-25高一下·黑龙江哈尔滨第四中学校·期末)如图，圆锥PO的底面半径为3，高为，过PO靠近P的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的序号有________． ①圆锥母线与底面所成的角为     ②圆锥PO的侧面积为 ③挖去圆柱的体积为         ④剩下几何体的表面积为 【答案】①③④ 【分析】根据题意利用勾股定理可求圆锥的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后根据体积公式以及表面积公式即可逐项求解． 【详解】如下图： 因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长， 则，即圆锥母线与底面所成的角为，故①正确； 圆锥的侧面积，故②错误； 设圆柱底面与圆锥母线交于点，与圆锥底面直径交于两点， 因为为的三等分点，所以， 则圆柱的体积为，故③正确； 圆柱的侧面积， 剩下几何体的表面积，故④正确； 故答案为：①③④ 15．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ）    A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角正弦值为 C．的最小值为 D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D． 【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且， 且，所以四边形和均为平行四边形， 所以，，因为平面， 在平面外，所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面， 又为的中点，为线段上动点（包括端点）， 所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误； 对于B：连接，则，由平面，平面， 得，又，，平面， 则平面，过作交于，连接， 于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；    对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接， 则的最小值为， 在中，，， ， 由余弦定理得，C正确；    对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，平面，故平面； 如图，    取棱的中点分别为， 连接，可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，，，平面， 故平面平面，所以平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为， 其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确． 故选：BCD 16．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正四面体的性质求解即可. 【详解】在正四面体中，不妨取棱长为1，设为底面的中心，为的中点，连接， 则平面，所以就是侧棱与底面所成角， 又，所以， 故正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为. 故选：A. 17．(24-25高一下·湖南衡阳第一中学·期末)已知正方体的棱长为，，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余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）通过中位线定理证明线线平行，进而证明线面平行； （2）利用平行关系将异面直线所成角转化为共面直线所成角，再通过解三角形求解； （3）利用线面垂直，从而确定线面角，再通过几何法求解. 【详解】（1）证明：连接交于点， 分别为，的中点， ， 平面，且平面， 平面； （2）， 与所成角大小等于与， 为的中点， ，即与所成角的大小为； （3）连接，过作于点， 平面，且平面， ，又且,且两直线在平面内， 平面， 平面， ，又，且，,且两直线在平面内， 平面， 直线与平面所成角大小等于， 正方体的边长为， . 18．(24-25高一下·四川成都锦江区嘉祥外国语高级中学·期末)（多选）如图，在边长为1的正方体中，点P在线段上运动，下列命题中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．异面直线与直线所成角为定值 C．在点P运动过程中，平面BPD截该正方体的截面形状为三角形或矩形 D．直线与平面所成角的余弦值的范围是 【答案】AB 【分析】根据三棱锥的体积，可判断A；根据线面垂直的性质，可判断B；举特例判断C；易得为直线与平面所成角，进而求解判断D. 【详解】对于A，由，其中的面积为定值， 在正方体中，， 因为平面，平面，所以直线平面， 所以当点在线段上运动时，点到平面的距离也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，连接，在正方体中，平面， 因为平面，所以， 又由，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 所以异面直线与直线所成的角为，故B正确； 对于C，设分别为的中点， 连接，，，则， 设为与的交点， 在正方体中，，则，且， 则此时平面BPD截该正方体的截面为梯形，故C错误； 对于D，在正方体中，平面， 则为直线与平面所成角， 当与重合时，最大，此时平面，则， 当与重合时，最小，而， 此时， 所以直线与平面所成角的余弦值的范围是，故D错误. 故选：AB. 19．(24-25高一下·四川眉山·期末)庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（2上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为24m，广为12m，上袤是下袤的，斜脊与底面所成角均为，则该刍甍的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点F作于点Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，证明平面，得到。利用相关条件求出高FO，代入体积公式求可. 【详解】如图， 已知，，， 过点F作于点Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ， 因为，，平面，所以平面，平面，所以， 因四条斜脊长度相等，则，， 又斜脊与底面所成角均为，则，即该五面体的高度为10m． 所以其体积． 故选：C 20．(24-25高一下·河北秦皇岛实验中学·期末)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知，是等边三角形. (1)求证：; (2)求点D到平面PBC的距离; (3)若点E是线段AD上的动点，设直线PE与平面PBC所成的角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）根据题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，可得，由，可得结论., 【详解】（1）∵点在底面上的射影是与的交点， ∴平面， ∵平面，∴， ∵四边形为菱形，∴， ∵， 平面，∴平面， ∵平面，∴； （2）由题意可得、与都是边长为2的等边三角形， ，， ，， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得， 故点到平面的距离为. （3）设直线与平面所成的角为， ，平面，平面， 平面， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时， 由（2）易知，， ， 则的边上的高为， ，而， . ( 地 城 考点0 3 二面角的转化思想 ) 21．(24-25高一下·江苏无锡惠山区锡山高级中学·期末)（多选）如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．的长度范围是 B．存在点P，M，使得平面与平面平行 C．存在点P，M，使得二面角大小为 D．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】对于A，易得即可判断；对于B，可找到点P，M使得平面与平面PBD平行；对于C，由题意，证得，得到二面角的平面角即可判断；对于D，求得点M的轨迹长度判断． 【详解】解：对于A，易知点到侧面的距离为2，故，故A错误； 对于B，当M为中点，P为中点时， 连接、，结合正方体的结构特征有， ，又平面，平面，则平面PBD， ，又平面，平面，则平面， 又且都在面内，则平面平面 故B正确； 对于C，在正方体中，可得平面， 因为平面，平面，所以， 所以二面角的平面角为，其中，所以C正确； 对于D，取中点E，连接PE，ME，PM，则平面， 根据线面垂直的性质有，则， 则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧， 分别交AD、于、，则， 则，劣弧的长为，故D错误． 22．(24-25高一下·湖南岳阳岳阳楼区·期末)如图1，在直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转180°后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，且∥. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的余弦值等于，求P到平面的距离； (3)若平面与平面夹角的正切值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，再由线线垂直得线面垂直； （2）连接，由平面，得到，由∥平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解. （3）分别取的中点，连接，利用平面∥平面，将问题转化为平面与平面夹角的正切值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解. 【详解】（1）∵为上底面圆的直径，点在上底面圆周上， ∴，∵∥，∴， 又∵平面，且平面，∴， ∵，且平面， ∴平面. （2）连接，由（1）平面， ∴就是直线与平面所成的角， 即， ∴且，∴，， ∴为直角三角形，∴为弧的中点，∴ 又，∴， 又∵平面平面，且交线为，， ∴平面 ∴点到平面的距离为， ∵∥平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ∵，∴， ∵， ∴ ∴，∴点到平面的距离为. （3）分别取，的中点，，连接，，，则∥，∥， ∵且平面，，且平面， ∴平面∥平面， ∵平面与平面夹角正切值为， ∴平面与平面夹角的正切值为， ∵为的中点，， ∴，， 又∵且平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 连接，过点作于点， ∵平面平面，且平面， ∴平面， 平面，, 过点作于点，连接， ，平面， 平面，又平面，， ∴为平面与平面夹角，即， 设，则， ∵，∴， 直角三角形中，， 又∵∥，∴， 在中，由射影定理知，∴， 在直角中，，∴， 在直角中，， 整理得，解得，即， ∴. 23．(24-25高一下·广西柳州高级中学·期末)如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明详见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可； （3）根据二面角的定义做出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）由题得，在△中，，所以. 又因为矩形，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）在△中，，所以，所以. 在直角△中，. 由（1）知平面，所以点到平面的距离为. 设点C1到平面ABD的距离为d， 由，得， 所以. （3）如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接.    由（2）知，，又， 平面，所以平面， 因为平面，故. 因为，，平面，所以平面. 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，解得， 因为平面，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值为． 24．(24-25高一下·福建福州马尾一中等六校·期末)如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 【答案】(1)①证明见解析 ；②； (2). 【分析】（1）①由已知得再根据面面垂直的性质、判定定理，即可证；②取的中点，连接，根据已知及二面角定义得为二面角的平面角，进而求其正切值； （2）过P点作，垂足为H，应用正弦定理、三角形面积公式、棱锥的体积公式得，令，结合同角三角函数关系及相关函数性质求体积的最大值. 【详解】（1）①分别是边的中点，， 在等腰直角，则，即 因平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，平面平面； ②取的中点，连接， 由①可知平面，平面，则， 由是边的中点，，， ，为中点， ，平面， 平面，因平面，， 为二面角的平面角， 平面，平面， 在中， 所以二面角的正切值为. （2）过P点作，垂足为H，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 在中，由正弦定理，，则， ， ， 令，     ，，则， ， 令，则函数在单调递增， 当时，的最大值为. 25．(24-25高一下·四川泸州三校联盟·期末)如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，连接交于点，连接，先得到四边形为矩形，可得为的中点，结合为的中点，可得，进而求证即可； （2）由，为的中点，可得，再根据平面平面可得平面， 进而得到，进而求证即可； （3）取为的中点，作，垂足为，连接，分析得到是二面角的平面角，解三角形即得. 【详解】（1）如图，连接，连接交于点，连接，    因为点为的中点，为中点，且 四边形ABCD是正方形， 所以四边形为矩形， 故为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）由，为的中点，得， 又因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，   又因为，平面， 所以平面． （3）如图，取为的中点， 由，得， 又因平面平面，平面平面，平面， 平面， 作，垂足为，连接，    由，，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，则， 所以就是二面角的平面角， 在中，，，得， 所以， 故所求二面角的余弦值为． 26．(24-25高一下·北京顺义区·期末)如图在四棱柱中，四边形ABCD为梯形，，，E为中点. (1)求证：平面； (2)若平面，，且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）写出二面角的正切值.（结论不要求证明） 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析; （ⅱ） 【分析】（1）取的中点，连接，证明，可得，再由线线平行证得线面平行； （2）（ⅰ）由条件先证明，再由线线垂直证明平面，即得；（ⅱ）过点作于点，证明平面，得，则得即二面角的平面角，利用平面几何知识推理即可在中，求得其正切值. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接， 因E为的中点，故， 又，，则， 故得，则， 因平面，平面， 故平面. （2）（ⅰ）因平面，平面，则， 因，且平面，则平面， 因平面，故. （ⅱ）如图，在平面内，过点作于点，连接， 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 因平面，则，故即二面角的平面角. 设，则，， 在中，由面积相等，，可得， 在中，， 即二面角的正切值为. 27．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，再证平面，即可证； （2）由可求； （3）为二面角的平面角，求出，可求. 【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，因为，是的中点，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． （2）连接交于点，如图所示： 则，又因为底面，平面，所以， 因为，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为是的中点，所以， 因为底面正方形边长为，所以，， 所以，， 所以， ，所以． 在中，满足，有， 所以， 设点到平面的距离为， 由可得 （3）由（1）可得平面，因为平面平面， 所以，所以为二面角的平面角， ， 因为，，所以， 所以，解得， 因为，即，所以， 故二面角的余弦值为． 28．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 【答案】 【分析】求出正四棱台的上下底的边长以及斜高，作出二面角的平面角，求出相关线段长，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】由正四棱台内切球半径为，可知棱台的高为， 设，则，故侧面的高即斜高为， 正四棱台侧面为等腰梯形，棱台侧面积为，故， 解得，即棱台上底长为1，下底长为2，斜高为， 设上底边中点为E，中点为F，中点为G， 连接，由于正四棱台侧面为等腰梯形，为侧面的中位线， 则；又， 故，且在正四棱台中，有， 故四边形为等腰梯形，故， 则即为二面角的平面角， 在等腰梯形中，， 则，即， 故在中，， 则在等腰梯形中，，； 设分别为的中点，则四边形为等腰梯形，， 则， 在中，， 在中，，，， 求得， 则二面角的余弦值为， 故答案为. 29．(24-25高一下·甘肃临夏州·期末)（多选）正八面体是一种正多面体，由8个正三角形面组成，对角面为正方形．如图，正八面体的棱长为5，为棱上一点，且，则（   ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】由线面平行结合面面平行判定定理判断A，再根据正八面体的性质结合外接球表面积公式计算判断B，运用二面角定义得到即二面角的平面角，再结合余弦定理求解判断C，根据线线平行得出异面直线所成角为，利用余弦定理计算即可判断D. 【详解】对于A，由正八面体的性质，，平面，平面，所以平面， 又因，平面，平面，故平面， 又平面，故平面平面，故A正确；    对于B，连接，，设，则即该正八面体的外接球的半径， 因，则该正八面体的外接球的表面积为：，故B正确；    对于C，取中点，连接易得，则即二面角的平面角， 因正八面体的棱长为5，则， 由余弦定理，可得，故C正确； 对于D，因，故为异面直线与所成的角， 又因， 由余弦定理，， 则，故D错误. 故选：ABC. 30．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，根据三线合一性质得到，，从而证明出线面垂直； （2）解法1：设点到平面的距离为，先求出点到的距离，由（1）知，平面，先计算出，并求出，由等体积法求出； 解法2：过C作，垂足为E，由（1）得面面垂直，推出平面，则即为点到平面的距离，求出点到的距离，根据三角形面积得到方程，求出，点C到平面的距离为； （3）求出，由余弦定理得，由勾股定理逆定理得，，连接，即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得，求出，得到答案. 【详解】（1）证明：设，连接， 因为四边形为菱形，所以，， 又因为为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面. （2）解法1：设点到平面的距离为， 在中，，， 可得点到的距离为， 由（1）知，平面， 所以， 又因为，所以. 解法2：由（1）知，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 过C作，垂足为E，所以平面， 则即为点到平面的距离， 在中，，， 可得点到的距离为， 所以，则， 所以点C到平面的距离为；    （3）由（2）知，，， 在中，，则， 在中，由余弦定理得， 解得， 又，则，所以， 故四边形为矩形，， 又为等边三角形，故，又， 则，所以， 设，连接，，所以， 又，所以即为二面角的平面角， 因为，，，所以， 由勾股定理逆定理得， 所以，所以二面角的正弦值为. ( 地 城 考点0 4 立体几何的距离定值与最值问题 ) 31．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）将线面距离转化为点面距离，再利用等体积法求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，连接，交于点N，连接，如图： 则N为的中点，而M为的中点，则，又平面，平面， 所以平面． （2）连接，由，得，又平面，平面， 则，又平面，因此平面， 又平面，则，又，则是等腰直角三角形， ，，， ，设点A到平面的距离为d， 由，得，解得， 由平面，得直线到平面的距离即为点A到平面的距离， 所以直线到平面的距离为． 32．(24-25高一下·河北邯郸·期末)“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形组成的多面体.某广场的石凳就是由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成的阿基米德多面体，它可以看成一个正方体截去八个一样的四面体得到，称之为截半立方体.若图中截半立方体的棱长，则异面直线AD和FP所成的角为____________，直线EB到平面PGQ的距离为____________. 【答案】 / 【分析】利用异面直线的定义求出夹角；将截半立方体还原成正方体，利用平行平面的距离，结合等体积法求得答案. 【详解】依题意，，则是异面直线AD和FP所成的角或其补角， 在中，，因此； 将截半立方体还原成正方体，由截半立方体的结构特征知，平面平面， 则直线EB到平面PGQ的距离等于平面与平面的距离， 而三棱锥都是正三棱锥，它们的高所在直线与正方体的一条体对角线重合， 设三棱锥的高等于，而侧棱长为，由， 得，即，解得， 而，所以所求距离. 故答案为：； 33．(23-24高一下·山东东营·期末)如图，在正六棱锥中，． (1)求棱锥的高和斜高； (2)求直线到平面的距离； (3)若球是正六棱锥的内切球，以底面正六边形的中心为圆心，以内切球半径为半径的圆面沿垂直于底面的方向向上平移形成正六棱锥的内接几何体，求该几何体的侧面积． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）首先作出锥体的高和斜高，再根据勾股定理，即可求解； （2）由平面，转化为点到平面的距离，再根据等体积转化，即可求解； （3）首先求内切球的半径，由题意可得，内接几何体为圆柱，再由内接圆柱与六棱柱的关系，画出轴截面，结合几何图形，即可求解. 【详解】（1）作出棱锥的高，因为是正六棱锥，所以是底面的中心，连接，可知． 在中，可知． 设中点为，由是等腰三角形可知，，因此，是斜高， 从而． （2）因为平面，所以点到平面的距离就是直线到平面的距离． 由得， 又因为 所以． （3）设锥的内切球与侧面相切于，可得在上，连接．在中，则，所以． 设内切球的半径为，由，可得，解得．故所求几何体是底面半径为1的圆柱． 在中，在上取点，使得，过作，交于点，作，交于，则： ，故 所以该几何体的侧面积为：． 34．(24-25高一下·北京房山区·调研)如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面BCE； (3)求点B到平面ACE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由平面得，结合利用线面垂直的判定定理可证； （2）取为的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证； （3）利用等体积法计算出三棱锥的体积，再求出的面积，即可求得点B到平面ACE的距离. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面； （2）取为的中点，连接，因为F是的中点，故，且， 又，且，所以，且， 又，所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，而平面，平面，平面BCE；    （3）由题意，，，所以， 因为E是的中点，平面， 所以，所以， 又， 设点B到平面ACE的距离为，则，解得， 所以点B到平面ACE的距离为. 35．(24-25高一下·湖南衡阳衡南县·期末)（多选）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（    ） A． B．鳖臑体积的最大值为2 C．点到面的距离是 D．鳖臑内切球的半径为 【答案】BCD 【分析】根据外接球体积得到外接球半径，找到球心位置，设，，利用基本不等式得到体积的最值及判断AB，利用等体积法判断CD. 【详解】选项AB：设鳖臑外接球半径为， 由题意可得，解得， 因为四个面都为直角三角形，中点到四个顶点的距离都相等， 所以点是外接球的球心，， 因为平面，，， 所以， 设，，则，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，鳖臑体积的最大值为2，A错误，B正确； 选项C：设点到面的距离为， 因为平面，所以，， 所以，，解得， 即点到面的距离为，C说法正确； 选项D：因为， 所以，，，， 设鳖臑内切球的半径为，则， 即，解得，D说法正确； 故选：BCD 36．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)如图，在四棱锥中，平面，，分别为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用条件证明四边形是正方形，继而可由与证得平面； （2）先利用条件求出的长，推得，从而得到的面积，再根据等体积即可求得点到平面的距离. 【详解】（1）    如图，连接，因点为的中点，且， 则可得，易知四边形是正方形，则， 因平面，平面，故， 又平面，故平面. （2）在中，， 在中，， 又，因，则， 则的面积为，又的面积为， 设点到平面的距离为，则由可得， 则，即点到平面的距离为. 37．(24-25高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)（多选）如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（   ） A．点M的轨迹长度为 B．与所在平面所成角的正弦值为 C．Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D．若与所在的平面交于点E，则 【答案】ABD 【分析】对于A，取的中点，证明平面，即可确定点M的轨迹形成的封闭图形即为，求出的周长即可判断；对于B，先求出点到所在平面的距离，则与所在平面所成的角的正弦值根据计算即可判断；对于C，先求出三棱锥及长方体的体积，再求出除去三棱锥剩余部分的体积，即可求出大小两部分体积的比值，即可判断；对于D，先确定点E的位置，再通过两次三角形相似即可求出的值，即可判断. 【详解】 对于A，如图所示，取的中点，连接， 连接与交于点. 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 由已知平面为正方形，则，，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 因为，所以， 所以，所以， 所以，即， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 因为，所以平面， 所以点M的轨迹形成的封闭图形即为， 因为，所以点M的轨迹长度为，故A正确； 对于B，设点到所在平面的距离为， 可知，等腰的面积为， 则由可得，解得. 又， 设与所在平面所成的角为，则， 所以与所在平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于C，因为三棱锥的体积 ， 而长方体的体积， 所以除去三棱锥剩余部分的体积为， 所以所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为，故C错误； 对于D，连接与交于点，则为平面与平面的交线， 则点即为与所在的平面交点， 由，可知，即， 由，可知，故D正确. 故选：ABD 38．(24-25高一下·北京首都师范大学附属中学·期末)如图，长方体的底面ABCD是正方形，，点在棱上，平面BDM. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面BDM所成角的正弦值； (3)求点到平面BDM的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理平面得出即可得证； （2）设直线与平面所成角为，则，其中为点到平面的距离，利用等体积法求出，进而得到答案； （3）根据线面垂直的判定定理，证明面，进而得到答案. 【详解】（1） 连接， 因为底面是正方形，所以是的中点， 因为点在棱上，平面， 平面，且平面平面， 所以， 所以为的中点. （2）设直线与平面所成角为，则， 其中为点到平面的距离， 因为，，，，， 所以， ， 所以为等边三角形，为直角三角形， 所以，， 又因为, 即，即， 所以， 所以直线与平面BDM所成角的正弦值为 （3） 连接，，, 因为为等边三角形， 所以，， 又因为，， 所以为等腰三角形， 所以，， 又因为，面， 所以面， 又因为面， 所以， 又因为，，， 所以，即， 又因为，面， 所以面， 求点到平面BDM的距离为. 39．(24-25高一下·河北雄安新区雄安十校·期末)如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，. (1)求AD； (2)求点D到平面PBC的距离； (3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大. 【答案】(1)2； (2)； (3). 【分析】（1）取中点，利用线面平行的性质，结合已知证得四边形为平行四边形即可. （2）利用等体积法求出点D到平面的距离. （3）利用线面角的正弦公式列出函数关系，再确定角取最大的条件即可. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，由点M为PB的中点， 得，点在菱形边上，则， 平面平面，而平面，平面， 因此，四边形为平行四边形，， 所以. （2）在菱形中，，则，由平面， 平面，得，， ，， ，设点D到平面的距离为，由， 得，即，解得， 所以点D到平面的距离为. （3）设直线PE与平面所成的角为，由，平面，平面， 得平面，则点到平面的距离等于点D到平面的距离， 因此，函数对锐角是递增的，要使最大，当且仅当最小，即， 而平面，平面，则，又， 平面，于是平面，而平面，则， ，， 所以当时，直线PE与平面所成的角最大. 40．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知正方体的棱长为3，点M，N分别为线段，上的动点，点T在平面内，则的最小值是（    ）． A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】作出A点关于的对称点E，M关于的对称点为，可得，再把异面直线间距离转化为点到平面的距离，利用棱锥的体积求解. 【详解】如图，作A点关于的对称点为E，M关于的对称点为， 记d为直线与之间的距离，则， 由，可得平面，则d为E到平面的距离， 因为， 而，故． 故选：A. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $