专题15 线线角、线面角、二面角和点线、点面距离8种常见考法归类（期末复习专项训练）高一数学下学期人教A版

专题15 线线角、线面角、二面角和点线、点面距离 8种常考考法归类 题型一 求异面直线所成的角 题型五 求二面角 题型二 由异面直线所成的角求其他量 题型六 由二面角求其他 题型三 求线面角 题型七 点线距离 题型四 由线面角求其他 题型八 点面距离 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型1 求异面直线所成的角 1．（2026高一·四川遂宁·期中）在正方体中，点为棱的中点，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 2．（2026高一·新疆喀什·期末）正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ） A． B． C． D． 3．（2026高一·湖南益阳·期中）在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 4．（2026高一·浙江金华·阶段检测）四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面，与底面成角，，分别为棱，上靠近点的三等分点，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（2026高一·江苏南京·期中）在三棱锥中，底面是正三角形，且侧面均为正三角形．已知点E是棱的中点，则异面直线和所成角的余弦值为______ 6．（2026高一·广西百色·期中）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； (3)求三棱锥的体积. 7．（2026高一·河北唐山·期中）如图，在正三棱锥中，，，的中点为，的中点为．求： (1)直线与的夹角的余弦值； (2)三棱锥的体积； (3)二面角的余弦值． 8．（2026高一·天津南开·期中）如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上．    (1)若为中点，求证：平面； (2)若，求证； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 9．（2026高一·江苏·期中）如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，与，分别垂直，垂足为，且，是侧棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与夹角的正弦值． 题型2 由异面直线所成的角求其他量 10．（2026高二·河北·阶段检测）在空间四边形中，，，点，分别是线段，的中点，若异面直线与所成角为，则线段的长度为（    ） A． B． C． D．或 11．（2026高一·山东·阶段检测）在正四棱台中，，，且异面直线与所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 12．（2026高一·河南濮阳·期中）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________． 13．（2026高一·全国·专题练习）四面体中，直线与所成的角为，，，，则四面体的体积的最大值为______. 14．（2027高三·全国·专题练习）如图所示，已知空间四边形中，与所成角为，且，，分别为，的中点，则________． 15．（2026高二·上海普陀·期末）空间四边形分别为的中点，若异面直线和成的角，则__________. 16．（2026·陕西·模拟预测）在四面体中，，，，，若异面直线与所成的角为，则________． 题型3 求线面角 17．（2026·河北·模拟预测）已知某圆锥的侧面展开图的面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 18．（2026高二·江西南昌·期中）如图，在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 19．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）正四棱锥中，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则侧棱与底面所成角大小为（   ） A． B． C． D．以上都不对 20．【多选】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（   ） A．面 B． C．与是异面直线 D．与平面夹角正弦为 21．（2026高一·广西百色·期中）如图，正方体的棱长为4，点为棱的中点，点为线段上的一个动点，设直线与平面所成角为，则的最大值为________. 22．（2026高一·天津南开·期中）如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 23．（2026高一·河北衡水·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角． 24．（2026高一·湖南益阳·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面． (2)求证：平面． (3)求直线与平面所成角的大小． 25．（2026高二·湖南邵阳·阶段检测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 26．（2026高一·山西忻州·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.    (1)求证：平面 (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 27．（2026高三·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，底面ABCD，，E是PC上任一点，. (1)求证：平面平面PAC： (2)若E是PC的中点，四棱锥P-ABCD的体积为，求ED与平面PAC所成角的大小 题型4 由线面角求其他 28．（2026高三·贵州遵义·阶段检测）已知正三棱台中，，，且与平面所成的角为，则该棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 29．（2026高三·河南·阶段检测）在三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 30．（2026高二·浙江·期中）已知球的表面积为，球面上有，，，四点，，，与平面所成的角均为，若的余弦值为，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 31．（2026高三·上海宝山·期末）如图，点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，与底面圆所成的角为，则异面直线与所成角的余弦值为___________．    32．（2026高一·广东中山·阶段检测）如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． (1)证明：平面； (2)若，且与底面所成角的余弦值为．求的长； 33．（2026高一·河北雄安·期中）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面ABCD． (1)求证：平面PBD； (2)当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求四棱锥的体积； (3)当时，求直线PB与AD所成角的余弦值. 34．（2026高一·浙江·期中）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是等边三角形，平面平面，点是的中点.    (1)证明：直线平面； (2)若直线与平面的夹角的正切值为， （i）求四棱锥的体积； （ii）求三棱锥的外接球的半径. 题型5 求二面角 35．（2026·广东广州·模拟预测）正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 36．（2026·安徽·模拟预测）我国古代数学专著《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图1，在中，，，CD是AB边上的高，将沿直线CD折起，使点B到点P的位置，如图2，此时三棱锥恰好是一个“鳖臑”，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 37．（2026高一·湖南衡阳·期中）已知正三棱锥的底面边长为3，高为2，则该三棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 38．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知四面体中，，，为中点，．作，垂足为． (1)证明：； (2)若，，四面体的体积大于，求二面角的正切值的取值范围． 39．（2026高一·新疆·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，是边长为6的等边三角形，平面平面，点在棱上，且平面． (1)求出的值并说明理由; (2)若二面角的正切值为 （ⅰ）求出的长度; （ⅱ）求二面角的正切值. 40．（2026高一·山东·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，．    (1)求证：平面； (2)当时，求点到平面的距离； (3)当时，求二面角正切值的取值范围． 41．（2026高一·河南·阶段检测）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 42．（2026高一·广西百色·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求二面角所成角的余弦值. 43．（2026高一·湖南衡阳·期中）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，侧面是等边三角形，为的中点，且．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 题型6 由二面角求其他 44．（2026高一·陕西·期中）如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（   ） A． B． C．4 D． 45．（2026·湖南湘潭·模拟预测）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 46．（2026高三·全国·一轮复习）已知四棱锥，平面，，，，二面角的大小为．若点，，，，均在球的表面上，则该球的表面积为________． 47．（2026高三·全国·竞赛）在四边形中，．沿直线将折起，形成三棱锥．已知二面角的大小为，则三棱锥的体积为_____． 48．（2026高一·全国·期末）如图所示，是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为，是的中点． (1)求证：平面；平面平面； (2)若二面角为，求四棱锥的体积． 49．（2026高二·广东广州·期末）把正方形ABCD沿对角线AC折成大小为的二面角，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为______. 50．（2026高二·上海·阶段检测）正方形中，分别是的中点，为的中点，将正方形沿折成的二面角，则异面直线与所成角的正切值为_______． 题型7 点线距离 51．（2026高一·江苏无锡·期中）已知圆锥底面半径，底面圆周上两点、满足，圆锥顶点到直线的距离为，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 52．（2026·四川绵阳·模拟预测）在直三棱柱中，为的中点，若平面与平面的交线为，则点到直线的距离为_______________． 53．（2026高二·上海·课堂例题）设正六边形ABCDEF的边长为a，线段PA垂直于正六边形所在的平面，且．分别求点P到CD、DE与BC所在直线的距离． 54．（2026高二·上海松江·期中）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的锐二面角的正切值为（   ） A． B． C． D．2 55．【多选】（2026高三·湖南·阶段检测）如图，在正三棱柱中，，，E，F分别在侧面.和侧面内运动（含边界），点在平面上的射影H在内（含边界），直线与平面所成的角为30°.则（    ）    A．正三棱柱的体积为 B．正三棱柱的外接球的体积为 C．H点到棱的距离为 D．若直线与平面所成的角为，则的最大值为 56．（2026高二·上海松江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是_____. 题型8 点面距离 57．（2026高一·福建厦门·期中）在三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则下列错误的是（ ） A． B．点到平面的距离为 C．平面 D．平面平面 58．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）在长方体中，，，则点到平面的距离等于（    ） A． B． C．1 D． 59．（2026高一·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 60．（2026高一·重庆·阶段检测）如图，在四面体OABC中，，，，，，，为BC的中点，则点到平面OMA的距离为（    ）    A． B． C． D． 61．【多选】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方体的棱长为1，且M，N分别为，的中点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．与所成角为45° C．三棱锥的体积为 D．点到平面的距离为 62．【多选】（2026高一·山东淄博·期中）如图，将棱长为2的正方体挖去一部分，得到几何体，，交于点，则下列说法正确的是（    ） A．几何体的体积为 B．，是异面直线 C． D．点到平面的距离为 63．（2026高三·全国·专题练习）已知，分别是棱长为的正方体的棱，的中点，为面的中心，则到平面的距离为________，四棱锥的体积为________． 64．（2026高一·广东深圳·期中）如图，为圆锥顶点，为底面圆心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形． (1)求证：平面平面； (2)若圆锥的底面半径为，高为，求点到平面的距离． (3)在（2）的条件下，该圆锥是否存在外接球，若有求出其外接球表面积；如果没有请说明理由． 65．（2026高一·天津滨海新区·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.    (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 66．（2026高一·江苏扬州·阶段检测）在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点．    (1)求证：平面SCD； (2)求二面角的余弦值； (3)求点B到平面SCD的距离． $专题15 线线角、线面角、二面角和点线、点面距离 8种常考考法归类 题型一 求异面直线所成的角 题型五 求二面角 题型二 由异面直线所成的角求其他量 题型六 由二面角求其他 题型三 求线面角 题型七 点线距离 题型四 由线面角求其他 题型八 点面距离 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型1 求异面直线所成的角 1．（2026高一·四川遂宁·期中）在正方体中，点为棱的中点，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据线面垂直的判定定理以及性质求解即可. 【详解】连接. 因为平面， 所以平面. 因为，所以平面. 因为平面，所以，故与的夹角为.    2．（2026高一·新疆喀什·期末）正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过构造等边三角形判断直线与直线的夹角. 【详解】如图所示：设正方体边长为，取中点，连接. 易知正方体中，所以与所成角即与所成角. 又分别为中点. 所以. 所以三角形为等边三角形，即与所成角为. 所以与所成角为 3．（2026高一·湖南益阳·期中）在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将正三棱柱补成直四棱柱，平移到即可解. 【详解】将正三棱柱补成直四棱柱， 使正三棱柱与正三棱柱全等， 则由直棱柱性质可知，与所成角为（或其补角）； 因为，， 所以， 所以. 4．（2026高一·浙江金华·阶段检测）四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面，与底面成角，，分别为棱，上靠近点的三等分点，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设上靠近D的三等分点为E，连接，      因为，分别为棱，上靠近点的三等分点， 所以，则且， 四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面，与底面成角， 因此线面角，得，则, 由.得且，则且， 则四边形为平行四边形，故， 则（或其补角）即为异面直线，所成角； 作，垂足为F，则，则， 故，则； 由平面，平面，则， 结合，平面，则平面， 则平面，平面，则， 而，故， 在中，，则, 即异面直线，所成角的余弦值为. 5．（2026高一·江苏南京·期中）在三棱锥中，底面是正三角形，且侧面均为正三角形．已知点E是棱的中点，则异面直线和所成角的余弦值为______ 【答案】 【详解】由已知得此三棱锥为正四面体，不妨设棱长为2，记中点为F， 因为点E是棱的中点，根据三角形中位线性质可知， 所以与夹角的余弦值即为异面直线和所成角的余弦值. 在中，，，由余弦定理． 所以异面直线和所成角的余弦值为.    6．（2026高一·广西百色·期中）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； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1) 取的中点，连接， 由，得四边形为平行四边形，所以. 由， ， 得四边形为平行四边形，所以 . 因为平面，平面， 所以平面. 同理可得， 平面. 因为平面， 所以平面平面. 又平面，所以平面； (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，由面面平行的判定定理可证平面平面，从而证得平面； （2）由（1）知异面直线与所成角为，求出各边长，根据余弦定理可得，即异面直线与所成角的余弦值； （3）先求得正三棱柱的体积，再根据三棱锥与正三棱柱的体积比求得三棱锥的体积. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，所以为异面直线与所成的角， ， ， ， 所以，所以. 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. （3）三棱柱为正三棱柱， 所以其体积为 . 三棱锥的体积. 7．（2026高一·河北唐山·期中）如图，在正三棱锥中，，，的中点为，的中点为．求： (1)直线与的夹角的余弦值； (2)三棱锥的体积； (3)二面角的余弦值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）通过中位线法求异面直线夹角. （2）利用正三棱锥的高与底面中心求体积. （3）通过作棱的垂线构造平面角求解二面角. 【详解】（1）取中点，连接、. 由中位线性质，， 故为直线与的夹角（或其补角）. 在中，，，、为中点，故. 同理，，. 在中，由余弦定理： ， 故直线与夹角的余弦值为. （2）设底面正的中心为，连接，则平面. 底面正三角形的外接圆半径. 在中，. 底面的面积. 所以. （3）过作于，连接. 由正三棱锥对称性，，故，为二面角的平面角. 在中，，， 由余弦定理得， ， 故，同理. 在中，， 由余弦定理：， 故二面角的余弦值为. 8．（2026高一·天津南开·期中）如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上．    (1)若为中点，求证：平面； (2)若，求证； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面平行判定定理证明结论； （2）取的中点，连接，再由线面垂直判定定理可证平面，从而得证； （3）取的中点，结合异面直线夹角定义证明为异面直线与所成角（或其补角），解三角形求其余弦值； 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为是正方形，所以为中点， 所以在中，为中位线，， 又平面，平面，平面；    （2）取的中点，连接， 因为为正三角形，所以， 又，则， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以； （3）取的中点，因为为中点， 所以在中，为中位线，所以，， 所以为异面直线与所成角（或其补角）， 在中，，，， 由余弦定理可得， 又，所以为锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 9．（2026高一·江苏·期中）如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，与，分别垂直，垂足为，且，是侧棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，与交于点，由中位线得证线线平行，然后得线面平行； （2）取中点，证明，从而得到异面直线与所成的角或其补角，然后由余弦定理求得余弦值，进而求得正弦值. 【详解】（1）连接，与交于点， 则为中点，又为中点，， 又平面，平面， 平面． （2）取中点，连接，、是、的中点，， 就是异面直线与所成的角或其补角， 在中，，，， 则， ， 所以直线与夹角的正弦值为. 题型2 由异面直线所成的角求其他量 10．（2026高二·河北·阶段检测）在空间四边形中，，，点，分别是线段，的中点，若异面直线与所成角为，则线段的长度为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】分别取，中点，，可证为平行四边形，结合异面直线夹角的平面角可得平行四边形的各顶角，结合余弦定理可得. 【详解】 如图所示，分别取，中点，，连接，，，，， 则，，，，且，， 所以四边形为平行四边形， 又异面直线，夹角为， 或， 当时，在中由余弦定理得 ， 即； 当时，在中由余弦定理得 ， 即， 故选：D. 11．（2026高一·山东·阶段检测）在正四棱台中，，，且异面直线与所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱台的特点作出高，利用线面垂直及勾股定理可求得正四棱台上、下底面的边长和高，即可求得体积. 【详解】，为异面直线与所成的角，即， 过作平面的投影，易知在上，过作，垂足为， 因为平面，故，同理， 而，平面， 平面，而平面，， ，，，， ，，，， ，，，， 该正四棱台的体积． 故选：B. 12．（2026高一·河南濮阳·期中）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________． 【答案】 或 【分析】取中点，连接，即可得到为异面直线与所成角（或补角），再由余弦定理计算可得. 【详解】取中点，连接， 又因为，，、分别为、的中点， 所以且，且， 则为异面直线与所成角（或补角）， 又因为异面直线与所成角的大小为，所以或， 在中，由余弦定理得， 当，有，解得； 当，有，解得； 因此的长为或. 13．（2026高一·全国·专题练习）四面体中，直线与所成的角为，，，，则四面体的体积的最大值为______. 【答案】/ 【分析】在中，由余弦定理结合基本不等式求出面积的最大值；结合线线角可得点到平面距离的最大值，即可计算求解. 【详解】 设点到平面距离为，，， ， ，即（当且仅当时取等号）， （当且仅当时取等号）； 直线与所成角为，直线与平面所成角的最大值为， 点到平面距离的最大值， 四面体体积的最大值为. 14．（2027高三·全国·专题练习）如图所示，已知空间四边形中，与所成角为，且，，分别为，的中点，则________． 【答案】1或 【分析】取一边中点构造中位线，将已知的两条异面直线所成角转化为三角形中的角，再利用余弦定理分两种情况求出所求线段的长度. 【详解】如图，取的中点，连接，，由题可知，，， ，．因为与所成的角为， 所以或，当时，为等边三角形，所以； 当时，由余弦定理得，， 所以．综上，或． 故答案为：或. 15．（2026高二·上海普陀·期末）空间四边形分别为的中点，若异面直线和成的角，则__________. 【答案】或 【分析】连接，由中位线定理可得为异面直线所成角或所成角补角，据此可得答案. 【详解】如图，连接，由题设及中位线定理可得， 则为异面直线所成角或所成角补角，则或. 故答案为：或. 16．（2026·陕西·模拟预测）在四面体中，，，，，若异面直线与所成的角为，则________． 【答案】 【分析】方法一：分别作和斜边上的高，，先求出值，进而判定四边形是平行四边形，进而得到故，从而求得结果；方法二：根据向量的方法和向量夹角的余弦公式求出结果即可. 【详解】法一：由题意得，均为直角三角形，故， 如图，分别作和斜边上的高，， 则在中，根据面积公式可知， 故，故． 在平面中，过作，且，连接，，故四边形是平行四边形， 则，且．因为四边形是平行四边形，且，所以四边形为矩形，所以． 又，，故，又平面， 所以平面，故， 又，所以． 法二： 因为在四面体中，，，，，所以 且．又异面直线与所成的角为， 所以，所以，所以，即． 故答案为：. 题型3 求线面角 17．（2026·河北·模拟预测）已知某圆锥的侧面展开图的面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，母线长为，所以，所以， 该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.    18．（2026高二·江西南昌·期中）如图，在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取的中点，连接，则 ， 为的中点，， 且，且， 四边形是平行四边形， ，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角， 因为平面，所以为直线与平面所成角， 则为直线与平面所成角， 设正方体的棱长为，， 是的中点，所以 ，， ， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 故选项C正确. 19．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）正四棱锥中，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则侧棱与底面所成角大小为（   ） A． B． C． D．以上都不对 【答案】C 【分析】结合正四棱锥的性质得到平面，底面为正方形，根据二面角及线面角的定义判断对应的平面角，结合三角函数求解即可. 【详解】设与的交点为，连接，则平面. 因为平面，所以，. 则即为侧棱与底面所成角. 过点作，交于，连接. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以， 所以即为侧面与底面所成二面角的平面角，故. 设正四棱锥底面正方形边长为，则，. 在中，，所以，， 在中，， 又，所以. 20．【多选】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（   ） A．面 B． C．与是异面直线 D．与平面夹角正弦为 【答案】ABC 【分析】根据线面垂直的判定定理可判断A；根据正方体的几何性质可判断B；根据异面直线的定义可判断C；求出线面角可判断D. 【详解】对于A，因为，且，平面， 所以平面，故A正确；     对于B，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，故B正确； 对于C，因为平面，平面， 且与无公共点，所以与是异面直线，故C正确； 对于D，连接，因为平面， 所以为 与平面的夹角， 设正方体的棱长为2， 则， 可得，故D错误. 21．（2026高一·广西百色·期中）如图，正方体的棱长为4，点为棱的中点，点为线段上的一个动点，设直线与平面所成角为，则的最大值为________. 【答案】 【分析】作出直线与平面所成角，化简求最小值即可. 【详解】取线段的中点，易知平面， 则直线与平面所成角， 则， 在等腰直角三角形中，当时，最短， 此时， 故的最大值为. 22．（2026高一·天津南开·期中）如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 【答案】 【分析】利用等体积法求点到平面的距离，进而可求线面夹角. 【详解】设正方体的棱长为， 所以，所以， ， 设的中点为，连接， 所以， 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 所以， 所以，所以， 解得， 设直线与平面所成角为， 所以，又，所以， 所以. 23．（2026高一·河北衡水·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角． 【答案】(1)连接，如下图所示 因为，分别为，的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． (2) 【详解】（1）略 （2）由（1）知， 所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 因为平面， 所以是直线与平面所成的角， 在中，， 所以， 因为， 所以， 即直线与平面所成的角为. 24．（2026高一·湖南益阳·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面． (2)求证：平面． (3)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据中位线定理及线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可. （3）根据线线平行及线面角的定义，在三角形中求解即可. 【详解】（1）证明：因为底面是正方形，，为对角线，所以为中点， 又点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）证明：因为平面，，平面， 所以，，且为直角三角形. 因为底面是正方形，所以. 又，平面，，所以平面， 因为平面，所以. 在中，，点是的中点，所以. 又，平面，，所以平面. （3）正方形中，， 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 又平面，所以即为直线与平面所成角，也即直线与平面所成角. 在中，，点是的中点，所以，， 所以. 故直线与平面所成角为. 25．（2026高二·湖南邵阳·阶段检测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证平面，最终推出； （2）由面面垂直性质确定点在平面上的投影位置，得到线面角，再通过计算三角形边长，利用余弦定理求出该角的余弦值； 【详解】（1）证明：连接交于点，， ，故为菱形， 故，由长方体得平面， 由平面，知； 由，平面，平面， 知平面，由平面，知. （2）如图所示，连接，由（1）知，平面， 又由平面，平面平面，交线为， 故点在平面上的投影必在直线上， 故直线与平面所成角即为， 在中，， ，， 故由余弦定理得， 即直线与平面所成角的余弦值为． 26．（2026高一·山西忻州·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.    (1)求证：平面 (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于，连接，由线面平行的判定定理证明可得； （2）先由线面垂直证明，再由线面垂直的判定定理证明可得； （3）取中点为，连接，利用等体积法可得. 【详解】（1）证明：连接交于，连接，   是三角形中边上的中位线，， 又平面，平面，平面. （2）证明平面，平面，， 又四边形是矩形，，，，平面， 平面，平面，， 又是的中点，，， ，，平面，平面. （3）如图，取中点为，连接，    在中，，分别为线段，的中点， 故，，平面，平面， ， 由（2）得平面，平面，， ，，，又，， ， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 则，解得，故， 直线与平面所成角的正弦值为. 27．（2026高三·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，底面ABCD，，E是PC上任一点，. (1)求证：平面平面PAC： (2)若E是PC的中点，四棱锥P-ABCD的体积为，求ED与平面PAC所成角的大小 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由菱形得，由底面得，故平面，从而平面平面； （2）设，由体积公式及已知体积解得；利用中位线得 且 ，，由 平面知线面角为，计算得角的大小. 【详解】（1）在四棱锥中，底面为菱形，所以， 又因为底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）设，底面为菱形，， 因此菱形面积，四棱锥体积​， 由题可知​​，得，即. 由于，则为中点，故. 连接，又由于是的中点，则 ，， 从而底面，即， 又，从而平面，可知与平面所成角为. ，由于 ， 故与平面所成角的大小为. 题型4 由线面角求其他 28．（2026高三·贵州遵义·阶段检测）已知正三棱台中，，，且与平面所成的角为，则该棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，求出正棱台的高，再由正棱台的体积公式，即可求解. 【详解】因为三棱台为正三棱台，且，， 则，， 如图，设和的中心分别为，连接，，， 则平面，，， 作平面交平面于点， 则即为直线与平面所成的角， 由几何体为正三棱台可知，点在上，且四边形为矩形， 所以，又，所以， 则棱台的体积为. 29．（2026高三·河南·阶段检测）在三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作，可证平面，由线面夹角可得，求相应长度即可得体积. 【详解】作，垂足为，连接，    因为平面，平面，则，， 且，平面，可知平面， 可知直线与平面所成的角为， 且，则， 又因为，则，， 且，可得， 所以三棱锥的体积为. 故选：D. 30．（2026高二·浙江·期中）已知球的表面积为，球面上有，，，四点，，，与平面所成的角均为，若的余弦值为，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据外接球的表面积求出外接球半径为，过点作平面，垂足为，连接，由题设易得，，球心O在上，根据余弦定理可求得，再根据正弦定理、余弦定理及基本不等式求得，进而求得三棱锥的体积的最大值. 【详解】设球O的半径为， 由题意，得，所以， 过点作平面，垂足为，连接， 因为，，与平面所成的角均为， 所以，则，， 则球心O在上，如下图所示： 又，， 则，解得， 由，， 所以，则， 即， 由正弦定理，得，显然， 则， 即， 则，当且仅当时等号成立， 所以， 则三棱锥的体积. 故选：A. 31．（2026高三·上海宝山·期末）如图，点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，与底面圆所成的角为，则异面直线与所成角的余弦值为___________．    【答案】/ 【分析】根据异面直线所成角的定义，结合线面角的定义、圆的性质、余弦定理进行求解即可. 【详解】在圆内，延长交圆上一点，连接， 因为是圆的直径， 所以，因此是异面直线与所成的角（或其补角）， 在圆中，因为， 所以， 由圆柱的性质可知：底面圆，与底面圆所成的角为， 所以，因为，所以， 因此有， ， 因为， 所以， 所以， 因为底面圆，底面圆， 所以， 因此， 在中，由余弦定理可知： ， 故答案为：    32．（2026高一·广东中山·阶段检测）如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． (1)证明：平面； (2)若，且与底面所成角的余弦值为．求的长； 【答案】(1)连接，交于点，连接， 因为，所以， 因为四边形是菱形， 所以，又，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）连接，交于点，根据已知得、，再由线面垂直的判定证明结论； （2）取中点，连接，，连接，根据线面垂直的判定及性质、正三角形的性质得平面，再由线面角的定义确定与底面所成角的平面角，结合其余弦值求相关线段长，即可得. 【详解】（1）略. （2） 取中点，连接， 因为，所以为正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 由平面，所以，所以，又，即， 设，连接，显然是正三角形的中心， 所以平面，且即为直线与平面所成的角． 所以，所以， 因为，所以， 所以，所以，则. 33．（2026高一·河北雄安·期中）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面ABCD． (1)求证：平面PBD； (2)当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求四棱锥的体积； (3)当时，求直线PB与AD所成角的余弦值. 【答案】(1)因为四边形ABCD是菱形，所以. 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以． 又因为，PD，平面PBD，所以平面PBD． (2) (3)． 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理可得，结合利用线面垂直的判定定理可得证； （2）根据线面角的定义可得是直线与平面所成的角，可得，由此求得，即可得菱形的面积，再利用棱锥的体积公式计算即可； （3）利用线面垂直的性质定理可得，则，根据定义可得即为异面直线与所成角（或补角），再利用余弦定理计算即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面ABCD，所以是直线PB与平面ABCD所成的角. 由题意，得． 因为，所以． 因为，所以， 所以菱形ABCD的面积， 故四棱锥的体积． （3）因为，所以即为异面直线PB与AD所成角（或补角）． 因为平面ABCD，DC，平面ABCD，所以，， 所以，， 又因为，所以在中，由余弦定理，得， 即，解得． 所以为锐角，即为直线PB与AD所成角， 所以直线PB与AD所成角的余弦值为． 34．（2026高一·浙江·期中）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是等边三角形，平面平面，点是的中点.    (1)证明：直线平面； (2)若直线与平面的夹角的正切值为， （i）求四棱锥的体积； （ii）求三棱锥的外接球的半径. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）设中点为，证明平面即可证明结论； （2）（i）设中点为，过点作平面，即可证明是直线与平面所成的角，再结合几何关系得，最后计算四棱锥的体积即可. （ii）根据（1）得点与点关于平面对称，进而根据对称性转化为求三棱锥的外接球半径，设中点为中点为中点为，三棱锥的外接球球心为，半径长为，再结合几何关系即可求得答案. 【详解】（1）证明：设中点为，则由是等边三角形知 由四边形为矩形得， 又平面平面，平面平面，平面 所以平面， 又平面，所以 又，平面 所以平面. 由点是的中点，得， 所以四点共面， 所以直线平面    （2）解：（i）设中点为， 所以，又因为， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 过点作平面，因为平面平面， 所以点在上. 所以是直线与平面所成的角， 因为是等边三角形，， 所以在中，，， 因为直线与平面的夹角的正切值为 所以在中，，所以. 因为四边形为矩形， 所以在中，，即，解得， 所以 因此四棱锥的体积是.    （ii）由（1）知直线平面中点为， 所以，点与点关于平面对称， 所以，三棱锥的外接球与三棱锥的外接球关于平面对称， 接下来求三棱锥的外接球半径. 设中点为中点为中点为， 三棱锥的外接球球心为，半径长为. 则平面， ， 即， 解得，因此. 所以三棱锥的外接球的半径为    题型5 求二面角 35．（2026·广东广州·模拟预测）正四面体中，二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质可得，，进而可得即为二面角的平面角，在中，利用余弦定理即可求解. 【详解】取的中点，连接， 因为四面体是正四面体，所以和都是等边三角形， 所以，， 因为平面，平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角， 设，则在中，，， 由余弦定理可得 所以二面角的余弦值是. 36．（2026·安徽·模拟预测）我国古代数学专著《九章算术》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图1，在中，，，CD是AB边上的高，将沿直线CD折起，使点B到点P的位置，如图2，此时三棱锥恰好是一个“鳖臑”，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，则，，，要使三棱锥恰好是一个“鳖臑”， 则有，，由，，可得二面角的平面角 为，在中，． 37．（2026高一·湖南衡阳·期中）已知正三棱锥的底面边长为3，高为2，则该三棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】确定正三棱锥底面中心的位置，结合图形确定侧面与底面所成二面角的平面角，再利用正弦的定义计算所求正弦值. 【详解】如图所示，正三棱锥顶点在底面的投影为底面正三角形的中心，取中点，连接、， 由正三棱锥性质，，， 可知是侧面与底面所成二面角的平面角，且（棱锥的高），，为直角三角形. 由底面正三角形边长为，其高为，正三角形中心分高的比为， 可知中心到边的距离：. 在中：， 二面角的正弦值：. 38．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知四面体中，，，为中点，．作，垂足为． (1)证明：； (2)若，，四面体的体积大于，求二面角的正切值的取值范围． 【答案】(1)见解析； (2). 【分析】(1)通过线面垂直证明线线垂直；(2) 求出二面角的正切值的表达式，再求解其取值范围. 【详解】（1）因为， 为 中点，所以， 在 和 中，，，， 故 （SAS），得 ，又 为 中点，所以 , 且 ， 平面 ，所以 平面 ，因为平面 ，所以，又，且 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ； 又 ，且 ， 平面 ，故 平面 ， 又 平面 ，所以 ； （2）由 ，，，得为等边三角形，故 ，， 由（1）知 平面 ，所以，所以即为二面角的平面角. 设，在中，可得 则四面体的体积为， 根据题意有，解得，即， . 39．（2026高一·新疆·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，是边长为6的等边三角形，平面平面，点在棱上，且平面． (1)求出的值并说明理由; (2)若二面角的正切值为 （ⅰ）求出的长度; （ⅱ）求二面角的正切值. 【答案】(1)2 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）连接交于点，利用线面平行判定定理以及三角形相似可求得的值； （2）（ⅰ）利用面面垂直性质定理可证明平面，利用二面角定义作出二面角的平面角，结合正切值可得； （ⅱ）同理根据（ⅰ）中已有分析得出二面角的平面角，即可求出其正切值. 【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示： 因为平面，又点在棱上，可知平面平面， 因此，所以， 因为，，所以，且， 所以. （2）（ⅰ）取的中点为，连接，如下图所示： 因为是边长为6的等边三角形，所以，且 又平面平面，且平面平面， 因此平面，平面， 所以， 又，分别为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 因此为二面角的平面角， 在直角中，，可得， 又因为，所以. （ⅱ）作，垂足为，作交于点，连接，如下图所示： 同理根据（ⅰ）中分析可知即为二面角的平面角， 由（1）中可得，， 因此， 可得二面角的正切值为. 40．（2026高一·山东·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，．    (1)求证：平面； (2)当时，求点到平面的距离； (3)当时，求二面角正切值的取值范围． 【答案】(1)由，，，得，则. 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 因为平面，所以.又因为，所以. 又因为，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理证明即可. （2）证明平面，再利用面面垂直的性质求出点到平面的距离即可. （3）作出二面角的平面角，利用几何法求出该角正切的函数关系，进而求出范围. 【详解】（1）略 （2）在四边形中，，平面，平面， 则平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离. 如图，在平面内过点作于点. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 在中，，，， 则，所以， 所以点到平面的距离为. （3）如图，在平面内，过点作于点；在平面内，作于点，连接. 由(1)得，平面，又平面，所以平面平面. 又因为平面平面，所以平面. 又因为平面平面，所以. 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以. 则即为二面角的平面角. 设. 由(1)得，则. 在中，由，得. 在中，由，得； 在中， 所以. 由，得，则 所以二面角的正切值的取值范围为.    41．（2026高一·河南·阶段检测）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i），理由见解析；（ii） 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明 平面，从而推出平面平面. （2）（i）利用面面平行的性质，结合中位线定理，通过线线平行推导线面平行，再由面面平行的判定定理得出； （ii）由（i）知为的中点，先证 ，算出、，再由得 ，得出 ，用等面积法得到棱的距离，通过三棱锥体积转换 ，算出到平面的距离，通过计算即可求得结果. 【详解】（1）证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. （2）（ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 42．（2026高一·广西百色·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求二面角所成角的余弦值. 【答案】(1)证明：因为，，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面. (2)证明：因为，所以， 又，所以在中，，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以平面，又平面， 所以平面平面. (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）利用二面角的定义先找出角，然后利用公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）平面，平面，所以， 又，所以为二面角所成角， 因为平面，平面，所以， 在中，由，则， 所以. 43．（2026高一·湖南衡阳·期中）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，侧面是等边三角形，为的中点，且．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明同时垂直于底面内两条相交直线与，利用线面垂直判定定理，完成了平面的证明，关键在于结合等腰梯形与等边三角形的性质，构建垂直关系； （2）采用几何法，先找到二面角的平面角，再通过解直角三角形计算其三角函数值，核心是利用三垂线定理确定平面角，再结合勾股定理与三角函数公式求解； （3）使用等体积法求点到平面的距离，再根据线面角的定义，将距离与线段长度结合，求出直线与平面所成角的正弦值，体现了体积法在空间距离与角度问题中的应用． 【详解】（1）如图，取的中点，连接，． 因为为等边三角形，所以， 又在等腰梯形中，为的中点，可知为等腰梯形的高，故， 又，，平面，所以平面，得． 因为，，且， 故， 又，，， 所以．    （2）在平面内，作于点，连接． 由（1）易知，从而为二面角的平面角． 易知，则， 所以， 所以，即二面角的余弦值为． （3）设到平面的距离为． 易知，即， 即，解得． 设直线与平面所成的角为，则． 题型6 由二面角求其他 44．（2026高一·陕西·期中）如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（   ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】过，分别作，的平行线，使之交于点，根据余弦定理求出，再证明，进而求解即可. 【详解】过，分别作，的平行线，使之交于点， 因为，所以，而，二面角的大小为， 则，而，， ， 又平面，所以平面， 由，可得平面，又平面， 则，则. 45．（2026·湖南湘潭·模拟预测）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，设外接圆的圆心为，设三棱锥外接球的球心为，连接，，设，过点作的平行线，与的延长线交于点，连接，利用题中条件分别求得，,4，进而，，由，列式，解得，再根据球的表面积公式即可得答案． 【详解】如图，设外接圆的圆心为， 因为都是等腰三角形，，， 所以，是的中点． 设三棱锥外接球的球心为，连接，，则平面． 过点作交的延长线于点． 设在平面内的射影为，连接， 因为二面角的大小为, 所以． 因为是等腰三角形，且， 所以， 所以 ． 过点作的平行线，与的延长线交于点，连接， 则,4，， ． 设，则由，可得， 解得， 故三棱锥外接球的表面积为． 46．（2026高三·全国·一轮复习）已知四棱锥，平面，，，，二面角的大小为．若点，，，，均在球的表面上，则该球的表面积为________． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出四边形外接圆的直径，再利用四棱锥外接球的特征求出球半径即可. 【详解】由，点均在球的表面上， 得四边形内接于圆，则，即， 由平面，平面，得， 又平面，则平面， 而平面，则，又， 因此二面角的平面角为，即， 在中，由，得， 四边形外接圆的直径，即外接圆的直径， 由平面，得四棱锥外接球的半径 所以四棱锥外接球的表面积为. 47．（2026高三·全国·竞赛）在四边形中，．沿直线将折起，形成三棱锥．已知二面角的大小为，则三棱锥的体积为_____． 【答案】/0.125 【分析】先分析平面图形，作，利用勾股定理求出，结合二面角求出三棱锥的高，进而计算三棱锥的体积. 【详解】没有翻折时，图形为： 因， 则是以为直角的等腰直角三角形，是以为的等腰三角形． 翻折之后，图形为： 假设点到了新的位置，而原来位置记为，过作交于点，连接， 因为，则二面角的平面角为， 故二面角的平面角为的补角，因二面角的大小为， 故，又，则为等边三角形. 由上分析，易得平面，过点作于点，则， 故可得平面，则三棱锥的高为． ，在中，，解得， 从而，于是三棱锥的高为， 又底面的面积为，故三棱锥的体积为 故答案为：. 48．（2026高一·全国·期末）如图所示，是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为，是的中点． (1)求证：平面；平面平面； (2)若二面角为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，再利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面． （2）取中点，连接，证得平面，得到，进而证得平面，得到，得到为二面角的平面角，在直角中，求得，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为、分别为、中点，可得， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且平面，所以， 在正方形中，， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）解：取中点，连接， 因为为中点，为的中位线，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为是正方形，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 在直角中，， 所以，所以， 即四棱锥的高为， 所以四棱锥的体积为. 49．（2026高二·广东广州·期末）把正方形ABCD沿对角线AC折成大小为的二面角，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为______. 【答案】/0.75 【分析】设的中点为，连接，根据题意易得即为二面角的平面角，故，设分别为的中点，连接，可得（或其补角）为异面直线AB与CD所成角，进而求解即可. 【详解】设的中点为，连接， 在正方形中，， 因此折叠后，即为二面角的平面角，故， 设分别为的中点，连接， 则，即（或其补角）为异面直线AB与CD所成角， 设正方形的边长为2，则， 又，，则，则， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为. 故答案为：. 50．（2026高二·上海·阶段检测）正方形中，分别是的中点，为的中点，将正方形沿折成的二面角，则异面直线与所成角的正切值为_______． 【答案】 【分析】根据题意，作图，通过异面直线所成角的性质，找到异面直线与所成角为，然后，利用余弦定理和中位线性质，分别求出和，进而得到所求角的正切值. 【详解】如图， 过作，为的中点，连接， 异面直线与所成角为，设， ，，， 又，，又，且， 平面，， 在正方形中，设边长，，，， ， . 故答案为： 题型7 点线距离 51．（2026高一·江苏无锡·期中）已知圆锥底面半径，底面圆周上两点、满足，圆锥顶点到直线的距离为，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的高和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、， 因为，，则，， 因为圆锥顶点到直线的距离为，所以， 因为圆锥底面半径，故，又， 所以为等腰直角三角形，为斜边， 因为为线段的中点， 故， 因为平面，平面，，， 在中，， 在中，， 所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为， 因此，该圆锥的侧面积为. 故答案为：. 52．（2026·四川绵阳·模拟预测）在直三棱柱中，为的中点，若平面与平面的交线为，则点到直线的距离为_______________． 【答案】2 【分析】先将三棱柱补成一个四棱柱，进而可得两个平面的交线，并在直棱柱计算相关线段长度，最后在平行四边形中用等面积法可得距离. 【详解】如图：将三棱柱补成四棱柱，设N为棱的中点，连接. 因为在棱柱中，M，N分别是棱的中点，所以， 所以，所以四点共面，四点共面. 所以平面与平面的交线为即为，所以点到直线的距离即点到直线. 在底面四边形中，， 所以，即. 又在直棱柱中有，所以，即. 同理，即. 所以在平行四边形中，，， 所以， 由同角三角函数关系得. 设点到直线的距离为d，根据等面积法， 即，得. 故答案为：2. 53．（2026高二·上海·课堂例题）设正六边形ABCDEF的边长为a，线段PA垂直于正六边形所在的平面，且．分别求点P到CD、DE与BC所在直线的距离． 【答案】点P到CD、DE与BC所在直线的距离分别为，， 【分析】P到CD、DE距离相等，可利用线面垂直的判定定理证明出平面，从而证明出，结合勾股定理求解即可. P到BC距离计算，过点A作BC的垂线交CB的延长线于点Q，连接PQ．则即为P到BC的距离，结合勾股定理求解即可. 【详解】(1)连接AC、PC，因为在正六边形中，所以，则 则则． ∵平面，平面， ∴，而，面 ∴平面PAC，又面则． 因为，面，所以， 所以在直角三角形PAC中，，则，，根据勾股定理可知，即P到CD的距离为． (2)同理，或者由正六边形的对称性知道P到CD的距离和P到DE距离相等，即为. (3)过点A作BC的垂线交CB的延长线于点Q，连接PQ． 因为，面，所以， 又因为面 所以面又面 所以所以P到BC的距离为线段的长度. 由于，在直角三角形QAQ中， . 又面所以所以在直角三角形PAQ中，，， 根据勾股定理可知， ∴P到BC的距离为． 54．（2026高二·上海松江·期中）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的锐二面角的正切值为（   ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面到底面的距离，再由边长关系可得四边形是平行四边形，从而侧面与桌面所转化成侧面与平面所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值. 【详解】由题意知，水的体积为，如图所示， 设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于， 由题意知，水的体积为， 所以，即，解得， 在平面内，过点作交于， 则四边形是平行四边形，且， 又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角， 即侧面与平面所成的角,其平面角为， 在直角三角形中，. 故选：D. 【点睛】思路点睛：利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角. 55．【多选】（2026高三·湖南·阶段检测）如图，在正三棱柱中，，，E，F分别在侧面.和侧面内运动（含边界），点在平面上的射影H在内（含边界），直线与平面所成的角为30°.则（    ）    A．正三棱柱的体积为 B．正三棱柱的外接球的体积为 C．H点到棱的距离为 D．若直线与平面所成的角为，则的最大值为 【答案】AD 【分析】根据棱柱的体积公式计算正三棱柱的体积，判断A；由柱体外接球的性质求出正三棱柱的外接球的半径，从而得到该外接球的体积，判断B；求出点到棱的距离，判断C；作出直线与平面所成的角为，并表示出，从而得到其最大值，判断D. 【详解】对于A：因为在正三棱柱中，，，所以正三棱柱的体积为，故A正确； 对于B：设正三棱柱的外接球的球心为， 由正弦定理，可得正三角形的外接圆半径为, 则正三棱柱的外接球的半径为，故其体积为，故B错误； 对于C，D：因为点H为在平面上的射影，所以平面，连接，    则，故在以为直径的球面上. 又与平面所成的角为30°，所以， 过作于点，如图1所示， 则，，，，所以H点到棱的距离为，故C错误； 所以H在如图2所示的圆锥的底面圆周上， 又H在内（含边界），故H在正三棱柱及其内部， 其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧， 且H在底面上的射影的轨迹（以A为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接， 易知直线与平面所成的角，且， 故当最小时，最大，A是圆弧圆心， 则当在上时，最小，最小值为， 所以.故D正确. 故选：AD. 56．（2026高二·上海松江·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是_____. 【答案】①③④ 【分析】根据题设有，利用线面平行的判定判断①；应用线面平行的判定得到面，问题化为求点到平面的距离，应用等体积法求点面距判断②；进而利用等面积法求点到的距离判断③；利用余弦定理得到关于的表达式，进而判断是否能成立判断④. 【详解】①当点是中点时，则是中点，易知， 又面，面，故直线平面，对； ②由题设，易知，面，面，故面， 所以直线到平面的距离，即点到平面的距离， 由，，， 故到距离为，则， 所以，可得，错；    ③令点到的距离，则，对； ④由题设，易得，且， ， 所以， ， 在中， 由，显然时，能成立，故存在点使得，对. 故答案为：①③④ 题型8 点面距离 57．（2026高一·福建厦门·期中）在三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则下列错误的是（ ） A． B．点到平面的距离为 C．平面 D．平面平面 【答案】D 【分析】先证明平面，判断C；进而根据线面垂直性质判断A；取中点，连接，证明平面并求解的长度判断B；根据二面角的平面角的大小判断D. 【详解】在平面内取一点，作，，垂足分别为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以 同理：平面， 因为平面 所以平面，故C选项正确； 又平面，所以，故A选项正确； 对于B，取中点，连接，因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即点到平面的距离为的长度， 因为，所以，故B选项正确； 对于D，因为平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 所以平面平面不成立，故错误. 58．（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）在长方体中，，，则点到平面的距离等于（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】借助等体积法计算即可得. 【详解】，， 则， ， 设点到平面的距离为， 则，解得. 59．（2026高一·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据折叠的特点，根据外接球以及球的表面积求解正方形的边长，结合勾股定理求解即可. 【详解】连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 60．（2026高一·重庆·阶段检测）如图，在四面体OABC中，，，，，，，为BC的中点，则点到平面OMA的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设点到平面OMA的距离为. ，，，平面； 平面，，即是直角三角形； ，，，； 为的中点，. . ，，，平面； 为的中点，平面，点到平面的距离为； ，，，. ，，即，解得. 即点到平面OMA的距离为. 61．【多选】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方体的棱长为1，且M，N分别为，的中点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．与所成角为45° C．三棱锥的体积为 D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】由线面平行的判定定理判断A；由异面直线所成角定义计算判断B；由三棱锥体积计算公式计算判断C；根据等体积法计算判断D. 【详解】对A选项，如图，连接，则为中点，    又为的中点，所以， 又平面平面， 平面，故A选项正确； 对B选项，由A可知，为与所成角或其补角， 由正方体性质可知，，故B选项正确； 对C选项，三棱锥的体积为 ，故C选项错误； 对D选项，设点到平面的距离为，则， ，，故D选项正确. 62．【多选】（2026高一·山东淄博·期中）如图，将棱长为2的正方体挖去一部分，得到几何体，，交于点，则下列说法正确的是（    ） A．几何体的体积为 B．，是异面直线 C． D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】采用分割法，将其拆分为两个三棱锥分别求体积后求和；判定异面直线可借助正方体中面面平行的性质分析；判定线线垂直可通过计算对应线段长度，利用勾股定理逆定理验证是否满足垂直条件；求点到平面的距离可采用等体积法，通过同底三棱锥体积相等转化求解. 【详解】由题意可知原正方体棱长为，故平面，平面， 因此，且； 底面是边长为的正方形，对角线，二者交于点， 故是正方形的中心，. A：将几何体拆分为两个三棱锥、的组合： ， ，同理， 几何体总容积，故A正确. B：平面，平面，平面且，所以是异面直线，故B正确. C：平面，平面， ，则在中， 同理可得，且， 所以，故C错误. D：设点到平面的距离为. ， 是边长为的等边三角形， . 由等体积法可得， ， ， 代入得，解得，故D正确. 63．（2026高三·全国·专题练习）已知，分别是棱长为的正方体的棱，的中点，为面的中心，则到平面的距离为________，四棱锥的体积为________． 【答案】 【分析】结合几何图形，将点到平面的距离转化为线到面的距离，进而求解棱锥的高，再利用等体积法求解. 【详解】如图所示，连接，交于点，连接，，过点作于点．    因为，且平面，平面，所以平面． 所以到平面的距离就是到平面的距离． 易知平面平面， 又平面平面， 所以平面， 所以等于四棱锥的高． 因为， 所以． 所以 . 64．（2026高一·广东深圳·期中）如图，为圆锥顶点，为底面圆心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形． (1)求证：平面平面； (2)若圆锥的底面半径为，高为，求点到平面的距离． (3)在（2）的条件下，该圆锥是否存在外接球，若有求出其外接球表面积；如果没有请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）延长，交于点，根据给定条件，利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得； （2）连接，作于，证明平面，再计算即得； （3）设球心为，由对称性可知球心在直线上，由球心定义可知是直线和线段中垂线交点，进而结合勾股定理列方程求出外接球半径，进而求解即可. 【详解】（1）证明：延长，交于点， 由为等边三角形，得是的中心， 则，易知平面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）连接，作于，由（1）知平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 故到平面的距离为的长． 易知，， 又，所以， 所以， 又，所以， 故， 所以点到平面的距离为. （3）存在外接球，设球心为，由对称性可知球心在直线上， 由球心定义可知是直线和线段中垂线交点，下面为截面示意图： 设球半径为，在直角三角形中，由勾股定理知， 则，解得， 所以球表面积. 65．（2026高一·天津滨海新区·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.    (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）证明：因为底面，且底面所以， 因为为正方形，所以， 因为，又平面，所以平面， 因为平面，所以. 由为线段的中点，可知， 因为且平面，所以平面． （2）取的中点，连接．    因为为中点，为中点，所以是的中位线， 故，且． 又底面，所以底面， 因此是在底面内的射影，即为直线与平面所成的角． 由题意，是的四等分点，，故． 又是中点，，故． 在中，． 在中，． 因此，． （ii）利用等体积法，设点到平面的距离为． 由(1)知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此，． 由(1)知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由，得：，，解得． 66．（2026高一·江苏扬州·阶段检测）在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点．    (1)求证：平面SCD； (2)求二面角的余弦值； (3)求点B到平面SCD的距离． 【答案】(1)取SD的中点M，连接ME，MC， 因为E，M分别为SA，SD的中点，则且， 又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且， 可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则， 且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD． (2) (3) 【分析】（1）作辅助线，可证，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）作辅助线，根据线面垂直分析可知为二面角的平面角，即可得结果； （3）由（2）可知：平面ABCD，利用等体积转化法求点到平面的距离. 【详解】（1）略 （2）取AB的中点O，连接SO，CO，AC，    因为，则， 且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB， 所以平面ABCD， 由题意可知：为等边三角形，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 又因为，则，， 可知为二面角的平面角， 在中，则，，， 可得， 所以二面角的余弦值为． （3）由（2）可知：平面ABCD， 且，， 设点B到平面SCD的距离为h， 因为，则， 即，解得， 所以B到平面SCD的距离为． $