专题05 立体几何的线面平行和垂直关系与距离和角度问题-2025-2026学年高一下学期数学期末专项训练（广东专用）

**基本信息** 该专项聚焦立体几何线面关系与空间量计算，以广东期末真题为载体，按“位置关系判定—平行垂直证明—空间角距离计算—综合应用”逻辑分层设计，覆盖15类核心题型，突出空间观念与推理能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |点线面位置关系|6题|选择判断形式考查线面、面面位置关系判定|从概念辨析到定理应用，构建空间位置认知框架| |平行/垂直证明|22题（如正方体线面平行证明）|结合柱锥模型考查判定定理综合应用|遵循“线线—线面—面面”三级转化逻辑，强化降维思想| |空间角与距离|28题（如异面直线所成角计算）|涉及角（异面、线面、二面角）与距离定量计算|从定性分析到定量计算，渗透空间向量工具应用意识| |综合应用（截面/翻折/动点）|32题（如翻折问题二面角）|动态几何情境考查空间想象与探究能力|整合位置关系与空间量，体现几何直观与逻辑推理融合|

专题05 立体几何的线面平行和垂直关系与距离和角度问题 一、题型一 点线面位置关系 1．（24-25高一下·广东江门·期末）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面．下列命题中正确的是（    ）． A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】根据面面平行与面面垂直的判断与性质以及直线的平行于垂直，逐选项判断即可. 【详解】对于A，若，，，不一定垂直，可能平行或者异面，故A错误； 对于B，若，，，不一定平行，也可能异面，故B错误； 对于C，若，，则，又因为，则，故C正确； 对于D，若，，，则不一定垂直，也可能平行，故D错误， 故选：C. 2．（24-25高一下·广东汕头·期末）已知，是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】在三棱柱以及长方体中举反例，即可求解AB，根据空间中点线面的位置关系即可求解CD. 【详解】对于A, 如图三棱柱中，, 平面,平面,但是平面与平面相交，故A错误， 对于B，如图在长方体中，,平面，平面,但平面与平面相交，故B错误， 对于C, 若，，，则,C正确， 对于D, 若，，，则或者异面，故D错误， 故选：C 3．（23-24高一下·广东韶关·期末）已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若直线与平面所成角相等，则 B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D．若，且直线异面，则 【答案】D 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系逐一判断即可． 【详解】 对于A,比如在正方体中，直线与平面所成角均为， 但相交，A错误； 对于B，直线上的点到平面的距离相等， 故平面上有三个不同点到平面的距离相等， 但平面与平面相交，B错误； 对于C，点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误； 对于D，若，，故过可作一平面，使得，则， 由于，异面，，所以，相交，否则，进而可得， 这与，异面矛盾，所以，相交，结合，，，， 所以则，D正确． 故选：D． 4．（23-24高一下·广东湛江·期末）已知直线与平面，能使的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，逐一判断，即可得到结果. 【详解】若，则也可能平行，故A错误； 若，则，故B正确； 若，则可能垂直，也可能平行，故C错误； 若，由线面垂直判定定理可知，与不一定垂直， 所以可能相交，不一定垂直，故D错误； 故选：B 5．（23-24高一下·广东广州·期中）在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，得或是异面直线，A错误； 对于B，由，，得或，B错误； 对于C，由，，得与相交或，C错误； 对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则， 而，，于是，又，，则，因此，D正确. 故选：D 6．（22-23高一下·广东广州·期末）在四棱锥中，，，则下列结论中不成立的是（    ） A．平面内任意一条直线都不与平行 B．平面内存在无数条直线与平面平行 C．平面和平面的交线不与底面平行 D．平面和平面的交线不与底面平行 【答案】D 【分析】利用反证法证明A、C，只需在平面内，与平面和平面的交线平行的所有直线（交线除外）均与平面平行，即可判断B，根据线面平行的判定定理与性质定理判断D. 【详解】因为，，所以四边形为梯形，且、不平行， 对于A：若平面内存在直线与平行，又平面， 所以平面，又平面平面，平面， 所以，与、不平行矛盾， 所以平面内任意一条直线都不与平行，故A正确； 对于B：因为平面和平面的一个交点为，故二者存在过点的一条交线， 在平面内，与平面和平面的交线平行的所有直线（交线除外）均与平面平行，故B正确； 对于C：若平面和平面的交线与底面平行， 设平面和平面的交线为，则平面， 因为平面平面，平面，所以，同理可得， 所以，与、不平行矛盾， 所以平面和平面的交线不与底面平行，故C正确； 对于D：因为，平面，平面，所以平面 设平面和平面的交线为，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 故平面和平面的交线与底面平行，故D错误；    故选：D 二、题型二 线面平行 7．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，棱长为2的正方体中，E是的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，即可得到，根据线面平行判断定理从而得证； （2）根据正方体的性质及计算可得. 【详解】（1）连接交于，连接， 在正方体中，为的中点，且为中点， 所以是的中位线，即， 又平面，平面，所以平面； （2）正方体中，平面， 所以； 8．（22-23高一下·广东佛山·期末）如图，在长方体木块中，，，．棱上有一动点．    (1)若，过点画一个与棱平行的平面，使得与此长方体的表面的交线围成一个正方形（其中交线在平面内）．在图中画出这个正方形（不必说出理由），并求平面将长方体分成的两部分的体积比； (2)若平面交棱于，求四边形的周长的最小值． 【答案】(1)作图见解析, 体积的比值为或 (2) 【分析】（1）分别在，，上取，，使，，则交线围成的正方形，在计算两直棱柱的底面积，即可得到其体积之比； （2）根据面面平行的性质得到，同理可得，所以四边形为平行四边形，依题意当且仅当最小时四边形的周长最小，将平面沿翻折到与平面同一水平面，利用两点之间线段最短求出最小值，即可得解. 【详解】（1）分别在，，上取，，使，， 则，，此时， 又，又，平面， 所以平面，平面，所以， 则交线围成的正方形如图所示． 因为为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面    因为长方体被平面（正方形）分成两个高为的直棱柱， 所以其体积比为它们各自的底面的面积比，又， 所以． （2）平面交棱于， 因为平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，同理可得，所以四边形为平行四边形， 平行四边形的周长最小当且仅当最小，将平面沿翻折到与平面同一水平面， 当三点共线时，最小为， 故四边形周长最小为．      9．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过，，三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且.    (1)设平面，求证：； (2)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (3)当最小时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面，根据线面平行的性质证明即可； （2）设，连接，设，连接，即可得到截面即为平面，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得； （3）取的中点，的中点，连接、、、，即可证明平面平面，则在线段上，从而得到当为的中点时最小，令，连接，则球心在上，设球心为，连接、、，利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得. 【详解】（1）连接，因为且，所以为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以.    （2）在正方形中，直线与直线相交， 设，连接，设，连接， 由为的中点，得为的中点，， 所以平面即为平面， 因为为的中点，所以为的中点， 所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台， 因为正方体的棱长为， 所以 ， 另一部分几何体的体积， 两部分的体积． （3）取的中点，的中点，连接、、、， 显然，，所以，平面，平面， 所以平面， 又为的中点，所以且，又且， 所以且， 所以为平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点是侧面内的动点，且， 所以在线段上，又， 即为等腰三角形，所以当为的中点时最小， 因为为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边的中点，设为， 令，则为的中点，连接，则，所以平面， 所以球心在上，设球心为，连接、、， 设外接球的半径为，，则， 又，， 所以，，解得，则， 所以外接球的表面积.    【点睛】关键点睛：第三问题点的轨迹问题的关键是通过面面平行确定的位置，对于外接球关键是确定球心所在位置. 10．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在正三棱柱中，，，点P，Q分别为线段，的中点．    (1)证明平面ABC； (2)求多面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取AB的中点，证明四边形PDCQ为平行四边形，从而，即证得结论； （2）取BC的中点E，可证得平面，因为点P为线段的中点，则点P到平面的距离，从而由求得答案. 【详解】（1）取AB的中点，连接PD，CD， 在中，因为P，D分别为中点，所以，且， 正三棱柱中，， 因为为棱的中点，所以，且， 于是， 所以四边形PDCQ为平行四边形，从而， 又因为平面平面ABC，所以平面ABC；    （2）取BC的中点E，连接AE，因为AB＝AC，所以， 正三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以， 又平面，所以平面， 点P为线段的中点，则点P到平面的距离， 则多面体的体积. 11．（22-23高一下·广东·期末）如图，底面边长为6的正三棱锥的表面积为，点分别满足，平面交于点. (1)判断点的位置，并证明； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由线面平行的性质定理即可得到结果； （2）取的中点，连接，然后由三棱锥的表面积即可得到的长，再结合棱锥的体积公式，即可得到结果. 【详解】（1）； 证明如下： 又平面平面， 平面， 又平面，平面平面， . （2）取的中点，连接， 则，令， 此三棱锥的表面积为，得， 因为三棱锥为正三棱锥，所以S在底面的投影为的中心，连接， 所以，所以， . 12．（24-25高一下·广东东莞·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点分别是的中点． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，利用三角形中位线定理证明，再由线线平行证线面平行即可. （2）先证明平面，即得为直线与平面所成角，借助于，即可求得答案. 【详解】（1）如图，连接，因为四边形是正方形，所以点是的中点， 又因是的中点，故得， 又因平面，平面，所以平面． （2）如图，连接，由（1）得是中点， 因为，所以， 又因为底面是正方形，且为对角线，所以， 又因为平面，所以平面 所以直线与平面所成角为， 因为在中， ，则， 故，即直线与平面所成角的大小为． 三、题型三 面面平行 13．（22-23高一下·广东揭阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别为的中点，点在棱上，且平面，则______．    【答案】2 【分析】连接、，设、，连接，过点作交于点，连接、，即可证明平面平面，从而得到平面，再根据线段平行得到线段的关系，即可得解. 【详解】连接、，设、，连接， 过点作交于点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以，平面，平面， 所以平面， 同理可得平面，，平面， 所以平面平面，平面，所以平面， 因为、分别为、的中点，则为的中点， 又为的中点，所以，， 所以，又，所以， 所以，又为的中点， 所以， 则， 所以.    故答案为： 14．（22-23高一下·广东梅州·期末）如图，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，过点、M、N作正方体的截面交于点Q，则__________.    【答案】 【分析】根据面面平行的性质定理说明，再利用三角形相似可得到对应线段的比例关系，即可求得答案. 【详解】如图，连接，则平面即为过点、M、N作的正方体的截面，    因为平面平面，且平面，平面， 故，又，且的对应两边的射线方向一致， 故，而， 故∽，故，而 故，则， 故答案为： 15．（23-24高一下·广东广州·期中）由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可； （2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面； （3）由线面平行证线线平行即可． 【详解】（1）取的中点，连接，， 是四棱柱，平行且等于， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2）平行且等于，平行且等于， 平行且等于， 四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面， 由（1）得平面且，、平面， 平面平面； （3）由（2）得，平面，平面， 则平面， 又平面，平面平面， ． 16．（22-23高一下·广东揭阳·期末）如图，在正三棱柱中，分别在棱上，，．    (1)证明：平面∥平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，再利用面面平行的判定定理证明； （2）法一：取的中点，连接，过点作，垂足为，则平面，从而的长度为点到平面的距离，然后利用等面积法，由求解；法二：取的中点，连接，利用等体积法，由，即求解. 【详解】（1）证明：因为，所以． 又，所以． 又平面平面，所以平面． 因为，所以． 又平面平面， 所以平面． 因为平面， 所以平面平面． （2）解：法一：如图，    取的中点，连接，因为，所以． 又平面平面，所以． 因为平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． 过点作，垂足为，则平面， 所以的长度为点到平面的距离． 在中，， 所以， 即点到平面的距离为． 法二：因为平面平面， 所以，所以． 如图，    取的中点，连接，因为，所以， 所以， 所以的面积． 设点到平面的距离为， 由，得， 所以， 即点到平面的距离为． 四、题型四 异面直线所成角 17．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知三棱锥平面，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过平移直线与，将求异面直线所成转化为求，然后求出三角形的三条边长，利用余弦定理即可求解. 【详解】 如图，令 分别取的中点，并连接, 所以 , 所以异面直线与所成角等于， 因为三棱锥平面，又平面,平面 所以, 因为三棱锥平面， 所以 所以 又因为三棱锥平面， 所以，又 所以，所以 所以在三角形中，， 即异面直线与所成角的余弦值为， 故选：B. 18．（22-23高一下·广东东莞·期末）正方体中，与所成角为的直线是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方体的几何结构，以及异面直线所成角的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，在正方体中， 对于A中，，所以与所成的角，即为与所成的角， 在等腰直角中，可得，所以与所成的角为，不符合题意； 对于B中，在直角中，可得,不符合题意； 对于C中，连接，由正方形，可得， 又由正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，所以与所成的角为，不符合题意； 对于D中，正方体中，连接，可得， 所以与所成的角，即为与所成的角， 在等边中，可得，即与所成的角为，符合题意. 故选：D.    19．（24-25高一下·广东广州·期末）在正方体中，O为的中点，则直线与所成角的大小为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正方体的性质，通过平移即可得就是直线与所成的角或其补角，通过计算即可求解. 【详解】 由正方体的性质可知：， 所以就是直线与所成的角或其补角， 由正方体的性质可知：平面，平面， 所以， 假设正方体的棱长为，则， 所以有， 因为为锐角，所以， 故选：A. 20．（23-24高一下·广东潮州·期末）已知空间四边形中，、分别是、的中点，若，，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设为的中点，连接，，即可得到与所成的角即为与所成的角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】设为的中点，连接，，又、分别是、的中点， 所以、分别为、的中线， 所以且，且， 所以与所成的角即为与所成的角， 又，所以，所以为直角三角形，且， 所以，所以， 即与所成的角为. 故选：C 【点睛】方法点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 21．（24-25高一下·广东茂名·期末）如图，在直三棱柱中，，，，D是的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明线面平行，可通过构造线线平行，利用直线与平面平行的判定定理来证明； （2）求异面直线所成角，可通过平移其中一条直线，使其与另一条直线相交，得到异面直线所成角的平面角，再利用解三角形的知识求解. 【详解】（1） 连接 ，设 与 的交点为 在直三棱柱中，侧面 为矩形，故 是 的中点。 又 是的中点，因此是的中位线，即 因为平面，平面，所以平面 （2）由（1）知 ，故直线 与所成的角等于 与 所成的角（或其补角） 只需在平面图形中求的余弦值. 直三棱柱底面 中，，为中点，故 （直角三角形斜边中线性质） 是 的中位线，，故 侧面 为矩形，是中点 在 中，故 则 在中，由余弦定理： 故直线 与直线所成角的余弦值为. 五、单选题 22．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 故选：D 23．（25-26高一下·广东·期末）下列说法不正确的是（　　） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．空间不重合的三个平面可以把空间分成4或6或7或8个部分 C．三个平面两两相交，三条交线可能相交于同一点 D．四面体的三条侧棱，，两两垂直，则点在平面的射影为△的垂心 【答案】A 【分析】根据棱柱的定义判断A；按三个平面的位置关系分类讨论每一种分空间的结果可以判断B；结合三个平面两两相交的位置关系，举例判断C；利用线面垂直的判定和性质，可得平面，进而得，再结合线面垂直推导，可证明点的射影与顶点的连线和对边垂直，从而判断D. 【详解】选项A，根据棱柱的定义要求“有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行”；若仅满足“两个面平行，其他面是平行四边形”，但相邻平行四边形的公共边不平行，则不是棱柱，故错误； 选项B，若三个平面均平行，可分为4个部分；若有两个平面相互平行且第三个平面与它们相交，可分为6个部分；若三个平面相交且交线重合，可分为6个部分；若三个平面两两相交且交线两两平行，可分为7个部分；若三个平面两两相交且交线交于一点，可分为8个部分，故正确； 选项C，例如过正方体同一个顶点的三个表面的交线交于一点，故正确； 选项D，如图所示，设在平面的射影为，连接，，， 由且，，平面，得平面， 又平面，故； 因为平面，平面，故； 因，，平面，得平面， 又平面，故． 同理可得，，，即是△的垂心，故正确．    24．（23-24高一下·广东茂名·期末）在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点.若，则（    ） A．1 B． C． D．3 【答案】C 【分析】利用线面垂直的性质定理与判定定理可得，即可设，从而可利用表示出、，再结合同角三角函数基本关系，利用余弦定理计算即可得. 【详解】由底面，、平面，故，， 由底面为正方形，故， 又、平面，，故平面， 又平面，则， 由，则，由为线段的中点，则， 设，则，， 由，则， 则由余弦定理可得， 解得，故. 故选：C. 25．（24-25高一下·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，底面，，、分别是，的中点，，以下说法错误的是（     ） A．平面 B． C． D． 【答案】C 【分析】对于A，通过证明即可得到平面；由底面可得，再结合可得平面，进而得到；对于C，根据三棱锥的体积公式求解判断即可；对于D，分别求出三棱锥各个面的面积即可判断. 【详解】对于A，因为、分别是，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，因为底面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由，，，，， 所以， 则， 故D正确. 故选：C. 26．（25-26高一下·河北邢台·阶段检测）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，，则到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由等体积法可得到平面的距离. 【详解】连接，交于点，连接，则为的中点. 因为平面，平面， 所以. 所以， 所以. 所以， 所以的面积为. 因为平面，， 所以. 设到平面的距离为， 由，得. 六、多选题 27．（23-24高一下·广东梅州·期末）如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，为棱上（含端点）的动点，则下列说法中，不正确的是（   ） A．当为棱上的中点时，平面经过顶点 B．当为棱上的中点时，则平面 C．当且仅当点运动到顶点时，三棱锥的体积最大 D．棱上存在点，使得 【答案】BCD 【分析】由，可得，即可判断；假设当为棱上的中点时，平面，由线面平行的性质定理可得线线平行，推出矛盾，即可判断；，可证平面，点到平面的距离为定值，即可判断；将正方体侧面展开，连接，通过求的最小值，即可判断. 【详解】 连接，，，，，， 因为，分别为，的中点，所以， 又在正方体中，， 所以，所以，，，四点共面，故正确； 假设当为棱上的中点时，平面， 连接，分别交，于，，连接， 因为平面，平面平面， 所以，显然不成立，所以与平面不平行，故错误； 因为，平面，平面， 所以平面，又点为棱上（含端点）的动点， 所以点到平面的距离为定值， 又，的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值；故错误； 如图将正方体侧面展开，连接， 在中，，，所以， 此时即为的最小值，又， 所以棱上不存在点，使得，故错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：等体积法求三棱锥的体积换顶点的方法： （1）三棱锥体内换顶点； （2）三棱锥体外换顶点（原则是同底等高）. 28．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为线段中点时，平面 B． C．不存在点F，使平面 D．当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 【答案】ACD 【分析】对于A，只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可判断；对于BC，利用反正法说明错误即可；对于D，首先得E，C分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可. 【详解】对于A，取中点N，连接，， 因为F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，所以平面，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，， 显然，而，，平面， ∴平面，平面，∴，则， 但，，不可能相等，所以不可能有，所以B选项错误； 对于C，假设存在点F，使得平面成立， 因为平面，所以， 又因为且，，平面，所以平面， 又因为平面，那么， 又因为，则直角边大于斜边，矛盾，所以C选项正确； 对于D，由题意得，平面，， 由平面，得平面， 延长，交于点H，连接，则平面平面， 所以，故， 由，，得E，C分别为的中点， 若F为的中点，则， 所以，即，故D正确. 故选：ACD. 29．（23-24高一下·广东广州·期末）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（    ） A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形 B．鳖臑的四个面均为直角三角形 C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍 D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等 【答案】BCD 【分析】对于A，根据阳马的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于B，根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于C，根据棱锥的体积公式结合已知条件分析判断，对于D，根据堑堵、阳马与鳖臑的定义分析判断. 【详解】对于A，如图，由题意可知平面，平面， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误， 对于B，如图由题意可知平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确， 对于C，设长方体的长，宽，高分别为，则， 所以阳马的体积，鳖臑的体积， 所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，所以C正确， 对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点， 所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体， 所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，所以D正确. 故选：BCD 七、填空题 30．（22-23高一下·广东江门·期末）已知长方体中，，点M为的中点，且，则平面被长方体截得的平面图形的周长为______． 【答案】 【分析】首先利用几何体中的垂直关系求出，进一步求出截面，再求出周长． 【详解】长方体中，，点为的中点，且，如图所示： 设，由于点为的中点，则，, 由于，利用勾股定理， 即，解得，故， 设为平面与棱的交点， 则平面被长方体截得的平面图形为四边形， 连接，由于平面平面，平面平面，平面平面， ，又，， 为的中点，为的中点， 所以，，，，， 因此，截面图形的周长为. 故答案为：. 31．（23-24高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为__________. 【答案】 【分析】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，计算出长，再利用直角四面体的外接球直径公式就是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由表面积公式计算即可. 【详解】 由是的等腰直角三角形，取的中点为，则， 又因为底面，底面，所以，， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 即就是二面角的平面角， 因为二面角的大小为，所以， 又因为，，所以， 由于这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体， 从而可得它的外接球半径满足： 则三棱锥的外接球表面积为： 故答案为：. 32．（23-24高一下·广东清远·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，且点满足，已知，，，则到平面的距离为______． 【答案】/ 【分析】到平面的距离，即三棱锥的高，由，利用等体积法求解. 【详解】取靠近点的三等分点，连接，取靠近点的三等分点，连接， 底面是矩形，，， ，， 则，且， 又底面，底面，，， 而，平面， 所以平面，平面， 即为三棱锥的高，， 在中，，， 在中，， 中，，， 在中，，则， ， 在中，， 在中， ， 在中，，，， 由余弦定理，则 ， 设到平面的距离为， ，所以. 故答案为：. 【点睛】方法点睛： 点到平面的距离，转化为对应棱锥的高，利用等体积法求解，由图形中的垂直关系，利用勾股定理和余弦定理计算需要的边长和面积. 33．（24-25高一下·广东·期末）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点．如图所示，正方体的一个顶点在平面内，其余顶点在的同侧．正方体上与顶点相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，则正方体其余四个顶点到平面的距离之和为______． 【答案】21 【分析】由题可得、的中点到平面的距离为3，即、的中点到平面的距离为3，进而可得到平面的距离为6，同理可得、、到平面的距离，即可求解. 【详解】因为、、到平面的距离分别为1、2、4， 所以、的中点到平面的距离为3，即、的中点到平面的距离为3， 所以到平面的距离为6； 同样、的中点到平面的距离为，即、的中点到平面的距离为， 所以到平面的距离为5； 又、的中点到平面的距离为，即、的中点到平面的距离为， 所以到平面的距离为3； 所以、的中点到平面的距离为，即、的中点到平面的距离为， 所以到平面的距离为7； 综上，其余四个顶点到平面的距离之和为：. 故答案为：21. 八、题型五 线面垂直 34．（23-24高一下·广东广州·期末）在正方体中，为的中点，则（    ） A． B． C．平面 D．平面 【答案】C 【分析】根据正方体的性质判断A、B；设，连接，即可证明，即可证明C；假设平面，推出矛盾，即可判断D. 【详解】对于A：由正方体的性质可知， 显然，与不平行，所以与不平行，故A错误； 对于B：由正方体的性质可知，，所以， 由A可知与不平行，且、平面， 所以与不垂直，则与不垂直，故B错误； 对于C：设，则为的中点，连接，又为的中点， 所以，又平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D：若平面，平面，则， 又，所以，又四边形为矩形， 所以四边形为正方形，所以， 又为正方体，所以，显然不满足， 故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误. 故选：C 35．（24-25高一下·广东江门·期末）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则（    ）． A． B． C．与所成的角为 D．平面 【答案】BCD 【分析】根据给定的展开图，还原正方体，再结合线线垂直、平行及线面垂直判断即可. 【详解】将正方体的展开图还原，如图， 对于A，由，得， 则，而，因此，A错误； 对于B，由，得， 则，而，因此，B正确； 对于C，连接，因为，得， 则，故与所成的角为， 设正方体边长为，故，所以， 因此与所成的角为，C正确； 对于D，连接，因为平面，平面，故， 又因为，，平面,平面， 故平面，平面，故， 同理可得，因为，平面, 平面，故平面，D正确. 故选：BCD. 36．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点F，再连接，证明，再用线面平行的判定定理即可得证； （2）先证明平面，得出，又，再结合线面垂直的判定定理即可得证. 【详解】（1） 连接交于点F，再连接， 因为四边形是菱形，所以点F是的中点； 又是的中点. 所以在中，是中位线，即， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为四边形是菱形，所以， 又，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，且平面，平面， 所以平面. 37．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，平面，底面为矩形，于点于点．    (1)求证：平面； (2)设平面交于点，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由为矩形，得，又平面得，可知平面，从而，得证平面. （2）先证平面,得再证平面，得从而平面证明. 【详解】（1）为矩形， 平面平面 ， 又与平面， 平面． 又平面 又与平面， 平面. （2）由（1）知，平面 又与平面 平面；平面，所以； 为矩形 平面是平面内两条相交直线 平面 平面 平面平面， . 38．（25-26高一下·广东·期末）如图，在直三棱柱中，，、分别是棱、上的点（点不在的端点处），且，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)在直三棱柱中，平面，平面， ， ，且平面， 平面. (2)根据（1）得平面， 平面， ， 在中，， 为的中点， 连接，得，且，即四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面． 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据线面平行的判定定理即可证明. 【详解】（1）略 （2）略 39．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， . (1)证明: 是点 在平面 上的射影; (2)求多面体 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将图形补成一个正方形，证明平面即可； （2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积即可． 【详解】（1）证明：因为四边形均为正方形， 所以平面， 得平面，且，将图形补成一个正方形，如图所示： 则为等边三角形，连接交于点M，连接，则点H在上， 且平面， 得平面，平面，得， 同理平面，得平面， 所以H是点A在平面上的射影； （2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积， 则多面体的体积为：． 40．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为中点， 为中点，为线段上动点． (1)若为中点，求证：平面； (2)证明：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点，连接，即可证明，从而得证； （2）首先证明平面，即可得到，再由，即可得证. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接， 底面为正方形，为中点，为中点， 且， 四边形为平行四边形，为中点． 又为中点，， 又平面，平面，平面． （2）底面为正方形，， 平面，平面，， 又，，平面，平面， 平面，， ，且为中点，则， 又，，平面， 平面． 41．（24-25高一下·广东汕尾·期末）在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱，的中点. (1)证明：平面AOE； (2)证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取中点G，连接，GF，，先证明四边形为平行四边形，可得，从而得出，从而结论得证. （2）方法一：证明为等腰三角形，利用等腰三角形的“三线合一”即得证. 方法二：根据正方形的性质，利用线面垂直的判断和性质可得证 方法三：利用正方形的性质结合是的中点，通过计算证明即得证 【详解】（1）取的中点G，连接，GF， 因为G，F分别为，的中点，所以∥，， 又因为∥，，所以∥，， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 又因为E为的中点，的中点为G，所以∥，， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 又因为平面AOE，平面AOE，所以平面AOE. （2）（法一）连接EC， 因为为正方体，所以， 故为等腰三角形. 因为O为AC的中点， 所以 （法二）因为为正方体， 故侧棱平面ABCD. 因为平面ABCD， 所以， 因为四边形ABCD为正方形，所以， 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （法三）设正方体的棱长为1， ∵是的中点，∴， ∴， ∵四边形ABCD为正方形，∴， ∵， ∴， ∴. 42．（24-25高一下·广东佛山·期末）如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，为中点. (1)求证：平面； (2)若，证明：底面为菱形. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）根据题意，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，结合菱形的性质，即可得证. 【详解】（1）证明：如图所示，连接交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，可得为的中点， 又因为为中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）证明：在直四棱柱中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面 因为平面，所以，即四边形的对角线互相垂直， 又因为底面为平行四边形，所以四边形为菱形. 43．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，M，N分别为，的中点． (1)求证：； (2)若，，求三棱锥的体积； (3)设在三棱锥内有一个半径为r的球，，且，求证：． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）设中点为，连接，可证平面，得到； （2）过作交于，证得平面，利用即可求体积； （3）可先利用等体积法求三棱锥内切球半径，根据即可证明. 【详解】（1）证明：设中点为，连接， 因为M，N分别为，的中点，所以， 又，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以 （2）过作交于， 由（1）知平面，平面，， 又，平面， 所以平面， 又，平面平面， 所以就是二面角的平面角， ，，，， 又平面，是中点， 所以. （3）证明：由（2）知，，过作交于， ，又平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 平面，所以，， 设的高，所以， 又，，所以， 即， 所以三棱锥的表面积， ， 所以三棱锥的内切球半径， 所以， 即. 九、题型六 面面垂直 44．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 【答案】BCD 【分析】根据面面垂直的判定定理、线面垂直的性质和判定定理对选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A： 假设，因为平面， 所以平面，又平面， 所以，而平面平面，所以， 在中，，不能同时成立，所以A错误； 对于选项B： 因为平面平面，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，所以，选项B正确； 对于选项C： 因为平面平面，所以平面平面，所以C正确； 对于选项D： 由选项B可知平面，因为平面，所以平面平面，所以D正确. 故选：BCD. 45．（24-25高一下·广东江门·期末）如图，在三棱锥中，，底面，M，N分别是，的中点． (1)求证：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）根据线面平行的判定定理，由三角形中位线得线线平行，再说明线面平行即可； （2）根据线面垂直的判定定理，证得线面垂直，由面面垂直的判定定理说明面面垂直. 【详解】（1）因为M，N分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为，所以， 因为底面，底面，所以， ,平面，平面， 平面， 平面， 平面平面． 46．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在正四棱柱中，，垂足为E． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用正四棱柱的性质可得线线平行，再证明线面平行，即可证明面面平行； （2）利用正四棱柱的性质可得线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直即可. 【详解】（1） 由正四棱柱性质可得：， 由平面，平面，所以平面， 又由平面，平面，所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2） 连接，由正四棱柱可知，平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． 47．（23-24高一下·广东潮州·期末）如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，，，. (1)求证：平面ACE⊥平面BDE； (2)求四面体BAEF的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据面面垂直性质定理证明线面垂直，再根据线面垂直判定定理结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据三棱锥的体积公式即可求得答案. 【详解】（1）由题意， 可得，，平面， 平面平面， 所以平面， 又平面，则， 在正方形中，， 又平面平面，则平面. 平面,所以平面平面. （2）因为平面，平面平面， 平面， 又， 故， 所以. 48．（22-23高一下·广东汕尾·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明：      (1)平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，再由线面垂直得到，即可得到平面，从而得到，即可得证； （2）设的中点为，连接，则，再证明平面，即可得到，从而得到平面，即可得证. 【详解】（1）∵，且为的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴， ∵在正方形中，， 又∵，平面，， ∴平面， 又∵平面， ∴， ∵，平面，， ∴平面. （2）设的中点为，连接，如图. ∵， ∴， 又∵，，，平面，， ∴平面， ∵平面，∴， 又∵，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面.    49．（22-23高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为PB中点，M为AD中点，F为线段BC上动点．    (1)若F为BC中点，求证：平面AEF； (2)证明：平面平面PBC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）由题目易证得平面，则，又因为，由线面垂直的判定定理即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证得结论. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接，   底面为正方形，为中点，为中点， ，且， 四边形为平行四边形，为中点． 又为中点，，且， 又平面，平面， 平面AEF. （2）底面为正方形，， 平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，， ，且为中点，则， 又，平面，平面， 平面，平面平面 50．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面底面，求证：平面. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，证明出平面； （2）由面面垂直得到线面垂直，即⊥平面，所以⊥，由三线合一得到⊥，故可证平面. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为是的中点，所以，， 底面为矩形，是的中点，所以，， 所以且， 所以四边形为平行四边形，故， 又平面，平面， 所以平面； （2）底面为矩形，故⊥， 侧面底面，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 侧面是正三角形，为的中点，所以⊥， 因为，平面， 所以平面. 51．（23-24高一下·广东深圳·期末）如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 . (1)求证： ； (2)求证：平面 平面 ； (3)当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）由线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可； （2）由线线垂直到线面垂直，再证明面面垂直； （3）图中有线面垂直，可以利用两个三棱锥的差，来计算所求的四棱锥的体积即可. 【详解】（1）由于为圆的直径，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以; （2）由（1）得，，，且平面， 所以平面，又由于平面，那么， 又因为，，平面， 所以平面，又由于平面，那么平面平面； （3）由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为， 那么，且， 所以且， 那么 在中，，得， 所以 那么， ，则. 十、题型七 线面角的计算 52．（23-24高一下·广东云浮·期末）如图，在四棱锥中，平面为的中点． (1)证明：平面． (2)若，求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）根据条件证出，，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）先证明就是直线与平面所成的角，再解三角形即可． 【详解】（1）证明：因为平面平面， 所以． 连接， 由，且，知四边形为平行四边形． 又，所以平行四边形为正方形， 则． 又，所以． 又平面， 所以平面． （2）解：取的中点，连接． 因为分别为的中点，所以． 由（1）知平面，所以平面， 则就是直线与平面所成的角． 设，则， 所以． 在直角中，， 所以 所以． 53．（22-23高一下·广东·期末）如图，在三棱柱中，平面，，M是AB的中点，．    (1)证明：直线CM⊥平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直得到线线垂直，再找出一个线线垂直即可证明线面垂直； （2）根据（1）中的证明直接找出线面角，结合几何关系求解正弦值再得到角的大小. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 因为M是AB的中点，， 所以， 又因为平面，， 所以直线CM⊥平面 （2）连接 由（1）知，直线CM⊥平面， 所以即直线与平面所成角，    因为平面，平面， 所以， 又因为， 所以在正方形中，， 因为，M是AB的中点，， 所以，， 所以， 因为CM⊥平面，平面， 所以， 在直角三角形中，， 又因为，所以， 即直线与平面所成角的大小为 54．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在正三棱柱中，D是的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意可证平面，进而根据线面夹角的定义分析求解. 【详解】（1）设，连接， 因为为平行四边形，则为的中点， 又因为D是的中点，则//， 且平面，平面，所以平面. （2）设为的中点，连接， 因为为等边三角形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 可得与平面所成的角为，且， 所以与平面所成的角的正弦值. 55．（24-25高一下·广东揭阳·期末）如图，已知AB是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于，的动点，CD，BE是圆柱的两条母线． (1)求证：平面平面BCDE； (2)若，圆柱的母线长为，求平面ADE与平面ABC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明线面垂直，通过线面垂直得到线线垂直，再证线面垂直，最后得到面面垂直即可； （2）先作出底面的垂线，再由垂足作两个面的交线的垂线，最后连接交线的垂足与斜足构成二面角的平面角求解即可. 【详解】（1）因为AB是底面圆的一条直径，是下底面圆周上异于A，B的动点， 所以， 又因为CD是圆柱的一条母线，所以底面ABC， 而底面ABC，所以， 因为平面平面BCDE，且， 所以平面BCDE， 又因为平面ACD，所以平面平面BCDE． （2）如图所示，过点A作圆柱的母线AM，连接DM，EM． 因为底面底面DME，所以即求平面ADE与平面DME的夹角． 因为M，E在底面ABC的射影为A，B，且AB为下底面圆的直径， 所以EM为上底面圆的直径， 因为AM是圆柱的母线，所以平面DME， 因为DE平面DME，所以． 又因为EM为上底面圆的直径，所以， 因为平面，所以平面AMD， 因为平面AMD，所以，又因为平面平面， 所以为平面ADE与平面DME的夹角， 又因为在底面ABC的射影为，所以， 所以，又因为母线长为，所以， 又因为平面平面DME，所以， 所以， 所以， 即平面ADE与平面ABC夹角的余弦值为． 56．（23-24高一下·广东梅州·期末）如下图，四棱锥的底面是等腰梯形，平面，． (1)求证：平面PAB； (2)点为PA上一点，，求证：平面BDQ； (3)点为PD的中点，求AM与平面PBD所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）首先求，再证明，最后根据线面垂直的判断定理，即可证明； （2）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，根据比例关系，构造线线平行，即可证明； （3）根据（1）的结果，结合线面角的定义，即可求解线面角的正弦值. 【详解】（1）由题意可知，，所以， ，得， 则，所以， 又因为平面，平面， 所以，，且平面， 所以平面； （2）连结，交于点，连结， 因为，且，所以， 又因为，所以， 且平面，平面， 所以平面； （3）由（1）可知，平面，平面， 所以平面平面，且平面平面， 过点作，连结， 则平面，为直线与平面所成的角， 因为是等腰直角三角形，且，所以， 中，，，所以， ， 所以 【点睛】关键点睛：解答立体几何类型的题目关键在于要明确空间的位置关系，特别是求线面角时，要根据定义找出所求角，进而求解. 57．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在正方体中，分别是棱的中点，为直线与平面的交点．    (1)求证：三点共线； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明四边形为平行四边形，证明即可求解； （2）连结，证明平面，证明是与平面的所成角，连结，证明，证明是的外心即可求解. 【详解】（1）∵，且， ∴四边形为平行四边形， ∵为直线与平面的交点， ∴，又∵平面， ∴平面，又∵平面，平面平面， ∴，∴，，三点共线； （2）连结，四边形是正方形， ，在正方体中平面， 平面， ，平面， ，同理， ，平面， 即是与平面的所成角， 连结，平面平面， ， ，， ，同理， 是的外心， 不妨设，， ，， ，即与平面所成角的正弦值为． 十一、题型八 二面角的计算 58．（22-23高一下·广东肇庆·期末）如图，已知正方形所在平面与等腰直角三角形所在平面相互垂直.以为直径，在平面内作半圆（半圆位于的左侧），点为弧上的一点.    (1)证明：平面； (2)若点为弧的中点，求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，进而利用线线垂直即可求证线面垂直，即可求证， （2）根据二面角的几何法求解其平面角，进而由三角形的边角关系求解即可. 【详解】（1）证明： 由于平面平面，且两平面的交线为,平面，， 所以平面，又平面, 所以, 又在以为直径的半圆上，因此可以得到. 平面, 所以平面； （2）过在平面内作交的延长线于点，则平面， 过作交于点，连接. 由于平面，平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，平面，即，又， 所以就是所求的二面角的平面角. 设正方形的边长为，则, 则，，. 在中，， 即二面角的正切值为.    59．（24-25高一下·广东河源·期末）如图，在直三棱柱中，. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由题意可得，可证平面，从而可得结论； （2）由题意可得是二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）因为是直三棱柱，所以 又已知，所以， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，平面，且平面， 又由（1）知，所以是二面角的平面角， 在中，， 在中，， 由图可知是锐角，所以， 即平面与平面所成二面角为. 60．（24-25高一下·广东汕头·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是中点． (1)求证： (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据由面面垂直的性质定理可得平面，进而得到，结合可得平面，进而求证即可； （2）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可. 【详解】（1）在正方形中，， 因为侧面底面，侧面底面，底面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为是正三角形，是的中点，所以， 又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）取，的中点分别为，，连接，，， 则，， 因为，所以， 又在正中，， 因为，，平面， 所以平面， 正方形中，，平面， 又，平面， 所以，， 所以是侧面与底面所成二面角的平面角， 因为平面，， 所以平面， 因为平面，所以， . 设正方形的边长，则，， 所以，所以， 即侧面与底面所成二面角的正弦值为. 61．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在直三棱柱中，.      (1)证明：平面平面； (2)若直线AC与平面所成的角为，二面角的大小为，试判断与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据直棱柱的性质以及题意，由面面垂直的判定定理即可证明结果； （2）过作垂直于点，根据（1）的结论，以及线面角的概念，可得是直线与平面所成的角；再根据二面角的概念易知是二面角的平面角，再在直角三角形中利用正弦公式，通过比值比较即可得到结果. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，易知， 又，，且两直线在平面内， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）    过作垂直于点，连接 由（1）可知平面平面 又平面平面，所以平面，垂足为， 则是直线与平面所成的角，即， 由（1）可知平面，所以 ， 又，所以是二面角的平面角，即, 在中，，在中， 又，得， 又,， 所以. 62．（23-24高一下·河南洛阳·期末）如图，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足，现将沿折起到的位置，使得. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为菱形，，为等边三角形，从而得到，由勾股定理逆定理得到，证明出线面垂直，得到面面垂直； （2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，根据边长求出余弦值. 【详解】（1）平面图形中，连接，因为，， 所以，故，又， 所以四边形为平行四边形， Rt中，由勾股定理得，且， 因为，， 所以为等边三角形，四边形为菱形，为等边三角形， 取中点，连接，则， 连接，，又， 故，即， 又，平面， 平面，平面， 平面平面； （2）由（1）知，平面，平面，所以， 作于，连接， 因为，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 在直角中，，，可得， ，故二面角的余弦值为. 63．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求侧面与底面所成二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）由面面垂直的性质定理即可证明线面垂直； （2）证法一：由平面得，结合，由线线垂直即可证明平面；证法二：由平面可得平面平面，由面面垂直的性质定理即可证明平面； （3）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可. 【详解】（1）在正方形中，，                                 又侧面底面，侧面底面， 底面， 所以平面； （2）证法一：因为平面，平面， 所以，    因为是正三角形，是的中点，所以， 又，，平面， 所以平面；            证法二：因为平面，又平面， 故平面平面， 因为是正三角形，是的中点，所以，    又平面平面，平面， 故平面； （3）取，的中点分别为，，连接，，，    则，， 因为，所以， 又在正中，， 因为，，平面， 所以平面， 正方形中，，平面， 又，平面，                            所以，，                                               所以是侧面与底面所成二面角的平面角，                 因为平面，， 所以平面， 因为平面，所以，                                    . 设正方形的边长，则，， 所以，所以，                即侧面与底面所成二面角的余弦值为. 64．（23-24高一下·广东韶关·期末）如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. (1)求证：平面 (2)求证：平面平面 (3)若，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）取的中点，由中位线定理可得，，推出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案． （2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案． （3）取的中点，连接，先找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案． 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为为棱的中点， 所以，， 又，，为的中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， （3）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，所以， 又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以二面角的平面角为， 因为， 所以，， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为． 十二、题型九点面距离的计算 65．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在长方体中，，. (1)求证：直线平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）在长方体中，， 则四边形是平行四边形，，而平面，平面, 所以直线平面. （2）在长方体中，由，得，， 等腰的面积，， 设点到平面的距离为，由，得， 即，解得， 所以点到平面的距离为. 66．（25-26高一下·山东泰安·阶段检测）如图，在三棱锥中，，底面，，M是的中点，N是的中点，点Q在线段上，且． (1)求点到平面距离； (2)求证：平面． 【答案】(1) (2)过点作，交于点，连接， 因为是的中点，， 由平行线分线段成比例得，即是的中点， 又是中点，因此，即； 结合已知，得，因此， 在中可得，因为，平面，平面，故平面； 因为，平面，平面，故平面， 又，且平面， 由面面平行判定定理得：平面平面， 因为平面， 因此平面. 【分析】（1）先由线面垂直判定定理证明平面，过作，交于点，再证明平面，是的中位线可得结论； （2）过点作，交于点，证明平面平面，由面面平行性质可得结论. 【详解】（1）因为底面，平面， 所以， 又，即， 且，平面， 所以 平面， 过作，交于点，由平面可知平面， 的长度即为点到平面的距离， 因为是中点，，所以是的中位线， 因此， 即点到平面的距离为； （2）略 67．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件得到四边形为平行四边形，从而有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）作交于，连接，根据题设条件得到平面，从而可求得，再利用等体积法，即可求出结果. 【详解】（1）因为为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 由（1）知为平行四边形，可得， 又，所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形， 与底边上中点重合，， ，因为，所以， 因为，平面，所以平面， 所以是三棱锥的高， 又，而， 又，得到， 所以，                       设点到的距离为， 则， 解得，            所以点到的距离为. 68．（23-24高一下·广东·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E，P分别为，的中点． (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，进而得即可得证直线平面； （2）由即可求解. 【详解】（1）由正方体性质可知，且，故， 又因为点E，P分别为，的中点， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以直线平面. （2）设点A到平面的距离为， 由题， 故, 又由正方体性质平面，平面， 所以，所以， 所以， 又，故，即点A到平面的距离为. 69．（24-25高一下·广东江门·期末）如图，在等腰直角三角形中，，M是半圆弧上异于A，B的动点，平面平面．设O，N分别为，的中点，，三棱锥体积的最大值为． (1)证明：平面； (2)当时，求二面角的正切值； (3)求点N到平面的距离（用表示）． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明平面，可得，再利用线面垂直即可证明求解； （2）利用二面角知识且结合（1）可得即为二面角，从而可求解； （3）利用等体积转换法可得，从而可求解. 【详解】（1）由为等腰直角三角形，且，且，分别为，的中点，连接，， 则，又平面平面，且平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为为直径所对的圆周角，所以，即， 又，所以，因，平面， 所以平面. （2）连接，由题意可知当时，三棱锥体积取到最大， 此时，解得， 由（1）知平面，平面，所以， 又，所以即为二面角， 因，所以，， 所以， 故二面角的正切值为. （3）连接，如图，由（1）知平面，平面，所以， 所以，，， 所以， 在中，，所以 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得， 故点到平面的距离为. 70．（24-25高一下·广东茂名·期末）如图，在梯形中，，，.把沿翻折，使得二面角的大小为，M，N分别是和中点. (1)求证：平面平面； (2)若，求点到平面的距离； (3)若二面角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，再根据面面垂直的判定定理证明面面垂直. （2）根据（1）的结论，表示出点到平面的距离，结合体积法求点到平面的距离. （3）先利用表示，利用可求的值. 【详解】（1）如图： 图1中，因为，，. 四边形为正方形，所以. 把沿翻折，，如图2：则，， 又平面，， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）因为，，所以即为二面角的平面角. 所以. 过点作于. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又，所以. 所以. 在中，，，所以. 又， 所以. 设到平面的距离为， 则. 即到平面的距离为. （3）因为， 所以. 又因为, 所以， 所以. 十三、题型十 截面轨迹长度问题 71．（23-24高一下·广东清远·期末）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，由证得，再由平面证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积. 【详解】取的中点，分别连接 在正方形中，因为分别为的中点， ， 可得， 所以，因为， 所以， 所以，即， 又因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 又因为且平面， 所以平面， 即平面截正方体的截面为， 由正方体的棱长为4， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以， 所以截面的面积为 . 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是根据题意确定所求截面为，从而得解. 72．（24-25高一下·广东汕尾·期末）如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（    ） A．动点F的轨迹是一条线段，线段长度为 B．直线与的夹角的余弦值为 C．三棱锥的体积为定值 D．若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度最小值为 【答案】ACD 【分析】取的中点H，G，连接，证明平面，，从而得到点F的轨迹长度判断A；由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断B；根据A得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断C；设N为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，利用等体积法可求线段长度最小值为. 【详解】对于A：如图分别取的中点H，G，连接， 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，又，故A正确； 对于B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形， 所以直线与的夹角为，即直线与的夹角的为， 所以直线与的夹角的余弦值为，故B错误； 对于C：由A知，点F的轨迹为线段GH， 因为平面，则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，截面平面， 平面平面，所以，同理， 所以截面为平行四边形，则点N为的中点． 因为Q为截面上一点，则线段长度最小值即为到平面的距离， 因为，， 所以， ，设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得， 所以线段长度最小值为，故D正确. 故选：ACD. 73．（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段，求出其长度可判断B；对于C，由推理得到、、三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值，可判断C；对于D，取的中点，连接、，分析出截面为梯形，求其面积，可判断D. 【详解】对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因为四边形为正方形，可得， 又平面，平面，则, 又，、平面，故平面， 因平面，故②， 又，、平面，故由①②可得平面， 显然该结论不成立，故错误；    对于B，如图2，分别取、中点、，连接、、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，， 故四边形为平行四边形，故，， 又因为，，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面③， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，，故四边形为平行四边形， 则，故， 因为平面，平面，所以平面④， 因为，、平面， 由③④可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段， 其长度为，B正确； 对于C，，，， 因为，，即， 所以， 即，即，故、、三点共线， 所以点在上，而，且平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确； 对于D，取的中点，连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，故， 又因为，故， 且， 由勾股定理可得， ， 所以， 因为，故， 故， 因为，故， 所以， 因此，平面截正方体的截面面积为， D正确. 故选：BCD. 74．（23-24高一下·广东广州·期末）如图,在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．若点为的中点，则平面 B．连接，则直线与平面成角正弦值为 C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；求出线面角的正弦判断B；把正方形与正方形置于同一平面内，求出线段长判断C；求出点的轨迹判断D. 【详解】对于A，四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形， ，由点、分别为、的中点，得，平面， 平面，因此平面，A正确； 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，，， ，B错误； 对于C，把正方形与正方形置于同一平面内，且在直线两侧， 连接，则的最小值为，C正确； 对于D，延长与的延长线交于，由，得为平行四边形， ，取中点，连接交于，连接， 由，得四边形是平行四边形，，为的中点， 由平面，平面，得，又， 平面，则平面，而平面， 则，同理，因此，而， 平面，于是平面，又，则平面， 又平面，因此点的轨迹是平面与正方形相交所得线段， 而，所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 75．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（    ）    A．长度的最小值为 B．不存在点，使得 C．存在点，存在点，使得 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 【答案】BCD 【分析】将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可. 【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有， 显然的延长线必过点且，过点作， 则四边形是边长为1的菱形，如图，    在中，，即，解得，有， 于是为边长为3的等边三角形，，， 有，由是边长为3的等边三角形且为中点，得，， 在中，由余弦定理得，， 在中，由余弦定理得，， 解得，即有，则， 由，得平面，又平面，则， 由，，，得平面， 因为AP与平面所成角的正切值为，即，解得，， 所以点在平面的轨迹为， 对于A：当点运动到与的交点时有最小值，因为四边形是边长为1且的菱形， 而，此时，A错误； 对于B：要使得，则点必须落在平面与平面的交线上且， 显然在侧面中不存在这样的点，B正确； 对于C：当点运动到点时，连接，交于点， 连接，由于平面平面， 所以平面，又平面，平面平面， 所以，所以存在点P，存在点，使得，C正确； 对于D：设的长度为，则， 动线段AP形成的曲面是以点为圆心，1为半径的圆为底面圆，母线长为的圆锥侧面的一部分， 其展开图为两个面积相等的扇形，设其中一个的面积为,则有， 因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：符合某个条件的动点位置问题，利用几何图形，探讨满足给定条件的点所在区域是解题的关键. 76．（23-24高一下·江西赣州·期末）如图，已知正方体的棱长为，点是的中点，点是正方体内（含表面）的动点，且满足，则（   ） A．动点在底面内轨迹的长度是 B．点所在平面截正方体所得截面的面积为 C．三角形在正方体内运动形成几何体的体积是 D．存在某个位置，使得直线与平面所成的角为 【答案】BC 【分析】根据线面垂直可确定动点在底面内轨迹及其长度，进而可得的点所在平面截正方体所得截面，求得面积，利用割补法可四棱锥体积，判断C选项，根据正方体的性质，可得线面角的最值，进而判断D选项. 【详解】A选项：如图所示， 分别取，中点，，连接，，，，，由正方体性质可知，，则，即，又平面，则，，，平面，所以平面，又平面，则，又，，，，平面，所以平面，平面所以，又，，平面，所以平面，所以在平面的轨迹为，A选项错误； B选项：如图所示， 连接，，则，所以的轨迹为四边形的边界及其内部，可知，，则四边形为等腰梯形，，其面积为，B选项正确； C选项：如图所示， 由已知可得三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，连接，则，C选项正确； D选项： 连接，，则，，，所以当与点或点重合时，直线与平面所成的角最大，为和，在中，，则，在中，，则，故D选项错误； 故选：BC. 77．（22-23高一下·广东韶关·期末）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面上（含边界）的动点，且满足直线平面，则动点的轨迹长度为__________；当动点到平面的距离最大时，则过点的平面截正方体所得到的截面面积为__________. 【答案】 / / 【分析】先作出辅助线，得到面面平行，从而得到动点的轨迹长度为，并求出轨迹长，再得到当动点与重合时，点到平面的距离最大，作出截面，并求出答案. 【详解】如图1，取的中点，连接，则， 故四点共面， 取的中点，的中点，连接， 因为是棱的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，由勾股定理得到， 故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 当在上时，直线平面， 故动点的轨迹长度为， , 当动点与重合时，点到平面的距离最大， 此时过点的平面截正方体所得到截面为四边形， 由于平面平面，故， 又，所以四边形为平行四边形， 又⊥平面，平面，所以⊥， 故四边形为矩形，故面积为. 故答案为：， 78．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，长方体木块中，，，E，F，G分别是线段，，DC的中点，平面上存在点P，满足平面EFG，则点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为______． 【答案】 【分析】由题意可得，从而平面，又平面，则平面平面，可得，又，则点在上，所以点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为，计算面积即可. 【详解】如图，连接， ∵，∴为平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面， 又平面，，平面， ∴平面平面， 又平面平面，平面平面， ∴， ∵E，F分别是线段，的中点，∴，则点在上， ∴点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为， ∵，的等腰三角形， 边上的高为， ∴． 故答案为：． 十四、题型十一 翻折问题 79．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，直四棱柱中，是边长为的等边三角形，，，棱的中点为. (1)求证：平面； (2)现在将矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，解答下列问题： （i）在旋转过程中，是否存在，使得直线与直线所成角的余弦值为？若存在，求出满足条件的；若不存在，请说明理由； （ii）在旋转过程中，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①存在，且；② 【分析】（1）利用余弦定理求出的长，结合勾股定理可证得，推导出，可得出，由直棱柱的性质得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）①连接、、、，分析可知异面直线与所成的角为或其补角，由余弦定理求出的长，然后在中利用余弦定理求出的值，即可得出角的值； ②过点在底面内作，垂足为点，连接、，求出、的长，，利用换元法、基本不等式以及对勾函数的单调性可求得的最大值，即为所求. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理可得， 即，解得， 由勾股定理可得，故， 在底面中，因为，故，则， 在直四棱柱中，平面，平面，所以， 因为，、平面，因此，平面. （2）①连接、、、，如图所示： 因为，，为的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，所以，， 故异面直线与所成的角为或其补角， 在矩形中，， 故为等腰三角形，且为锐角，故， 由余弦定理得，解得， 因为平面，，故平面， 因为平面，，故， 因为四边形为平行四边形，所以， 在中，，，, 由余弦定理可得， 因为，故，故，所以， 故存在满足条件的，使得直线与直线所成角的余弦值为，且； ②过点在底面内作，垂足为点，连接、， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为，， 当时，即当时，， 所以， 此时， 所以 ， 所以，， 令，则， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立； 当时，，则， 令，则， ， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 此时， 由于，故的最大值为. 80．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥．    (1)若，求证：平面平面； (2)若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值； (3)若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再结合面面垂直判定定理证明即可； （2）过点作的垂线交于点，交于点，先根据二面角定义得出为二面角所成的平面角，再结合边长计算余弦值； （3）过点作的垂线交于点，先应用面面垂直性质定理得出平面，应用等体积方法计算点到平面距离即可. 【详解】（1），所以在三棱锥中有：， 又平面平面，， 平面， 平面， 平面平面是正方形； （2）过点作的垂线交于点，交于点，    翻折后仍有，， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以为二面角所成的平面角， 由题意得平面， 所以， 因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点， 所以,所以, ， 所以， 又因为， 所以， ， 所以， 所以， 即二面角平面角的余弦值为； （3）当时，, 由三角形内角平分线逆定理可知平分,又∵,∴. 过点作的垂线交于点，连接, 则为等腰直角三角形，斜边,∴， 所以， 由题意平面平面，平面平面，，   平面，所以平面， 又∵平面，所以， ∴， ∴, ∴, ∴， ∵，点满足，∴, 又∵, ∴, 综上，三棱锥的高,底面积, 三棱锥的底面积， 设点到平面的距离为,即为三棱锥的高， ∵， ∴, 即,解得. ∴点到平面的距离为. 81．（23-24高一下·广东东莞·期末）如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得，，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证； （2）E作，交于，过点作，交于，证明平面平面，得存在点，利用平行线分线段成比例，求出的值. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以， 在中，，，，所以，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）在平面中，过点E作，交于， 在平面中，过点作，交于，连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 平面，所以平面，即为所求的点， 在中，，即，如图所示， 所以， 在中，，所以，即此时. 82．（22-23高一下·广东·期末）如图，在边长为8的正方形中，点分别是上的点，，将分别沿折起，使点重合于点.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，由面面垂直的判断定理即可证明； （2）根据题意，设与交于点，连接，在平面内作于点，在平面内作于点，连接，即可得到为二面角的平面角，即可得到结果. 【详解】（1）， 平面平面， 又平面平面平面. （2）设与交于点，连接， 在平面内作于点， 在平面内作于点，连接，    平面平面， 平面 平面平面 平面 平面，又平面， 又平面 平面，又平面， 为二面角的平面角， ， 平面， ， ， ， 即二面角的正弦值为. 十五、题型十一动点探究问题 83．（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点. (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）设，连接，利用三角形的中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由面面垂直的性质可证得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，则直线与平面所成角为，从而可求得答案； （3）当时，可证得平面平面，设，然后在等腰直角三角形中利用平面向量的知识计算即可. 【详解】（1）证明：设，连接， 因为底面是正方形，所以为的中点， 因为是的中点，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面 （2）因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以, 因为为等边三角形，是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设正方形的边长为2，则， 因为平面，平面，所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）存在，当时，平面平面， 因为平面，平面平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 设，则，所以， 由（2）知平面， 因为平面，所以，所以， 因为， ， 所以， 所以，得，解得， 所以当时，平面平面. 84．（22-23高一下·广东佛山·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，．    (1)证明：平面平面； (2)点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，可得平面，进而可得结论； （2）过作交于，过作于，连接，先证明平面，可得为二面角的平面角，设，列方程求解即可. 【详解】（1）连结，∵侧棱底面， 平面，∴． 又∵底面是正方形，∴． 而且，平面． ∴平面．又平面， ∴平面平面．    （2）过作交于，过作于，连接． 在平面中，，， ∴，因为底面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面，又平面，∴， ∴为二面角的平面角． 故，则． 设，则，，． 在Rt中，，∴． 在Rt中，， ∴．所以，当二面角的余弦值为时，． 85．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，AC与BD相交于点O，E为CD的中点，，， (1)证明：平面平面ABCD； (2)当点A到平面PCD的距离最大时，求侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，借助三角形全等证得，再利用等腰三角形性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答. （2）作出侧面PAB与底面ABCD所成二面角，利用线面平行确定点A到平面PCD的距离，借助余弦定理、三角形面积公式求解作答. 【详解】（1）在四棱锥中，由正方形，得，而，， 则，有，又为的中点，，于是， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）在四棱锥中，延长交于，连接，如图， 由于正方形的对角线与相交于点，为的中点，则为的中点， 有，于是是侧面与底面所成二面角，令， 由（1）知平面，而平面，则平面平面， 在平面内过作于，而平面平面，于是平面， 又平面，平面，则平面， 因此点到平面距离等于点到平面距离， 由，得，而， 在中，由余弦定理得：， 又，即有， 则，令，显然，， ，当且仅当，即时取等号， 当时，，，而，从而， 所以当点到平面距离最大时，侧面与底面所成二面角的大小为. 【点睛】关键点睛：用几何法求点到平面的距离，作出点到平面的垂线段是求解问题的关键. 86．（24-25高一下·广东广州·期末）在三棱柱中，，且D为BC的中点， 为的中点.    (1)若，求证： (2)若，求直线与平面 所成角的正弦值 (3)若，求二面角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质，结合勾股定理的逆定理推理得证. （2）由（1）的信息，利用定义法求出线面的正弦值. （3）由（1）（2）中信息，求出直角三角形领边上的高，再作平面于，利用定义法求出二面角正弦值的最大值. 【详解】（1）在三棱柱中，连接，由分别为中点， 得，则四边形为平行四边形，， 由，得，由，得， 则，于是，由， 得，而，平面，则平面， 所以平面.    （2）由（1）知，平面,所以平面， 而平面，则平面平面， 在平面内过作于点，平面平面， 因此平面，连接，是直线与平面 所成角， 由，得， 在中，，在中，， 所以直线与平面 所成角的正弦值为. （3）由（1）得，又， 则，由（2）得， 过作平面于，连接，由平面，得， 而平面，则平面， 又平面，则，是二面角的平面角， 显然，当且仅当重合时取等号，， 所以二面角的正弦值的最大值为.    87．（24-25高一下·广东清远·期末）三余弦定理是空间角的重要结论之一，如图1：设点为平面外一点，过点的斜线在平面上的射影为为平面上的任意直线，则.    (1)证明以上三余弦定理； (2)如图2，在平行六面体中，，. ①证明：平面平面； ②若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）在射线上任取不同于点的点，作图将分别置于直角三角形内，再利用直角三角形边角关系推理得证. （2）①连接，连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证；②利用线面角的正弦，结合①求出，利用（1）的结论求出，再利用等体积法求出距离. 【详解】（1）在射线上任取不同于点的点，设点在平面上的射影点为， 则平面，，在平面内过点作于点，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，平面， 则平面，又平面，因此， ， 所以.    （2）①在平行六面体中，连接，连接， 由，得是菱形，则，为中点， 又，则≌，，因此， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面.    ②由①得，在平面内射影为，令在平面内射影为， 则平面，是直线与平面所成角， 即，，由①得平分，即， 由（1）得，， ， 由平面平面，得点到平面的距离等于点到平面的距离， 由，得，又， 因此，解得， 所以点到平面的距离为. 88．（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，为的中点，且， 是上异于、的点，是的中点. (1)证明：平面 (2)若圆的半径为， 设， （i）当时， 求二面角的平面角的正切值； （ii）当在弧上运动时 （不与、重合），证明：点到平面的距离 . 【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定理可得，再根据线面垂直的判定与性质即可证明； （2）（i）由二面角的定义可知二面角的平面角为，求出、的长，即可求出的正切值，即为所求； （ii）过点在平面内作交于点，求出的面积，结合等体积法可证得结论成立. 【详解】（1）因为是半圆弧上一点，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）由（1）可知平面，且、平面，故，， 所以，二面角的平面角为， 当时，， 因为为等腰直角三角形，且，则， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，故， 所以，即二面角的平面角的正切值为； （ii）过点在平面内作交于点，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. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何的线面平行和垂直关系与距离和角度问题 一、题型一 点线面位置关系 1．（24-25高一下·广东江门·期末）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面．下列命题中正确的是（    ）． A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（24-25高一下·广东汕头·期末）已知，是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 3．（23-24高一下·广东韶关·期末）已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若直线与平面所成角相等，则 B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D．若，且直线异面，则 4．（23-24高一下·广东湛江·期末）已知直线与平面，能使的充分条件是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·广东广州·期中）在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．（22-23高一下·广东广州·期末）在四棱锥中，，，则下列结论中不成立的是（    ） A．平面内任意一条直线都不与平行 B．平面内存在无数条直线与平面平行 C．平面和平面的交线不与底面平行 D．平面和平面的交线不与底面平行 二、题型二 线面平行 7．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，棱长为2的正方体中，E是的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 8．（22-23高一下·广东佛山·期末）如图，在长方体木块中，，，．棱上有一动点．    (1)若，过点画一个与棱平行的平面，使得与此长方体的表面的交线围成一个正方形（其中交线在平面内）．在图中画出这个正方形（不必说出理由），并求平面将长方体分成的两部分的体积比； (2)若平面交棱于，求四边形的周长的最小值． 9．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过，，三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且.    (1)设平面，求证：； (2)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (3)当最小时，求三棱锥的外接球的表面积. 10．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在正三棱柱中，，，点P，Q分别为线段，的中点．    (1)证明平面ABC； (2)求多面体的体积． 11．（22-23高一下·广东·期末）如图，底面边长为6的正三棱锥的表面积为，点分别满足，平面交于点. (1)判断点的位置，并证明； (2)求三棱锥的体积. 12．（24-25高一下·广东东莞·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点分别是的中点． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 三、题型三 面面平行 13．（22-23高一下·广东揭阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别为的中点，点在棱上，且平面，则______．    14．（22-23高一下·广东梅州·期末）如图，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，过点、M、N作正方体的截面交于点Q，则__________.    15．（23-24高一下·广东广州·期中）由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 16．（22-23高一下·广东揭阳·期末）如图，在正三棱柱中，分别在棱上，，．    (1)证明：平面∥平面； (2)求点到平面的距离． 四、题型四 异面直线所成角 17．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知三棱锥平面，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 18．（22-23高一下·广东东莞·期末）正方体中，与所成角为的直线是（    ） A． B． C． D． 19．（24-25高一下·广东广州·期末）在正方体中，O为的中点，则直线与所成角的大小为（    ）． A． B． C． D． 20．（23-24高一下·广东潮州·期末）已知空间四边形中，、分别是、的中点，若，，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 21．（24-25高一下·广东茂名·期末）如图，在直三棱柱中，，，，D是的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值. 五、单选题 22．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 23．（25-26高一下·广东·期末）下列说法不正确的是（　　） A．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．空间不重合的三个平面可以把空间分成4或6或7或8个部分 C．三个平面两两相交，三条交线可能相交于同一点 D．四面体的三条侧棱，，两两垂直，则点在平面的射影为△的垂心 24．（23-24高一下·广东茂名·期末）在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点.若，则（    ） A．1 B． C． D．3 25．（24-25高一下·广东汕头·期末）如图，在三棱锥中，底面，，、分别是，的中点，，以下说法错误的是（     ） A．平面 B． C． D． 26．（25-26高一下·河北邢台·阶段检测）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，，则到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 六、多选题 27．（23-24高一下·广东梅州·期末）如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，为棱上（含端点）的动点，则下列说法中，不正确的是（   ） A．当为棱上的中点时，平面经过顶点 B．当为棱上的中点时，则平面 C．当且仅当点运动到顶点时，三棱锥的体积最大 D．棱上存在点，使得 28．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为线段中点时，平面 B． C．不存在点F，使平面 D．当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 29．（23-24高一下·广东广州·期末）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（    ） A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形 B．鳖臑的四个面均为直角三角形 C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍 D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等 七、填空题 30．（22-23高一下·广东江门·期末）已知长方体中，，点M为的中点，且，则平面被长方体截得的平面图形的周长为______． 31．（23-24高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为__________. 32．（23-24高一下·广东清远·期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，且点满足，已知，，，则到平面的距离为______． 33．（24-25高一下·广东·期末）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点．如图所示，正方体的一个顶点在平面内，其余顶点在的同侧．正方体上与顶点相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，则正方体其余四个顶点到平面的距离之和为______． 八、题型五 线面垂直 34．（23-24高一下·广东广州·期末）在正方体中，为的中点，则（    ） A． B． C．平面 D．平面 35．（24-25高一下·广东江门·期末）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则（    ）． A． B． C．与所成的角为 D．平面 36．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面. 37．（23-24高一下·广东湛江·期末）如图，平面，底面为矩形，于点于点．    (1)求证：平面； (2)设平面交于点，求证：． 38．（25-26高一下·广东·期末）如图，在直三棱柱中，，、分别是棱、上的点（点不在的端点处），且，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面． 39．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， . (1)证明: 是点 在平面 上的射影; (2)求多面体 的体积. 40．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为中点， 为中点，为线段上动点． (1)若为中点，求证：平面； (2)证明：平面． 41．（24-25高一下·广东汕尾·期末）在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱，的中点. (1)证明：平面AOE； (2)证明：. 42．（24-25高一下·广东佛山·期末）如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，为中点. (1)求证：平面； (2)若，证明：底面为菱形. 43．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，M，N分别为，的中点． (1)求证：； (2)若，，求三棱锥的体积； (3)设在三棱锥内有一个半径为r的球，，且，求证：． 九、题型六 面面垂直 44．（24-25高一下·广东潮州·期末）如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 45．（24-25高一下·广东江门·期末）如图，在三棱锥中，，底面，M，N分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 46．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在正四棱柱中，，垂足为E． (1)求证：平面平面； (2)求证：平面平面． 47．（23-24高一下·广东潮州·期末）如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，，，. (1)求证：平面ACE⊥平面BDE； (2)求四面体BAEF的体积. 48．（22-23高一下·广东汕尾·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明：      (1)平面； (2)平面平面. 49．（22-23高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为PB中点，M为AD中点，F为线段BC上动点．    (1)若F为BC中点，求证：平面AEF； (2)证明：平面平面PBC． 50．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面底面，求证：平面. 51．（23-24高一下·广东深圳·期末）如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 . (1)求证： ； (2)求证：平面 平面 ； (3)当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积. 十、题型七 线面角的计算 52．（23-24高一下·广东云浮·期末）如图，在四棱锥中，平面为的中点． (1)证明：平面． (2)若，求直线与平面所成角的正切值． 53．（22-23高一下·广东·期末）如图，在三棱柱中，平面，，M是AB的中点，．    (1)证明：直线CM⊥平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 54．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在正三棱柱中，D是的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角的正弦值. 55．（24-25高一下·广东揭阳·期末）如图，已知AB是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于，的动点，CD，BE是圆柱的两条母线． (1)求证：平面平面BCDE； (2)若，圆柱的母线长为，求平面ADE与平面ABC夹角的余弦值． 56．（23-24高一下·广东梅州·期末）如下图，四棱锥的底面是等腰梯形，平面，． (1)求证：平面PAB； (2)点为PA上一点，，求证：平面BDQ； (3)点为PD的中点，求AM与平面PBD所成角的正弦值. 57．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在正方体中，分别是棱的中点，为直线与平面的交点．    (1)求证：三点共线； (2)求与平面所成角的正弦值． 十一、题型八 二面角的计算 58．（22-23高一下·广东肇庆·期末）如图，已知正方形所在平面与等腰直角三角形所在平面相互垂直.以为直径，在平面内作半圆（半圆位于的左侧），点为弧上的一点.    (1)证明：平面； (2)若点为弧的中点，求二面角的正切值. 59．（24-25高一下·广东河源·期末）如图，在直三棱柱中，. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小. 60．（24-25高一下·广东汕头·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是中点． (1)求证： (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 61．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在直三棱柱中，.      (1)证明：平面平面； (2)若直线AC与平面所成的角为，二面角的大小为，试判断与的大小关系，并说明理由. 62．（23-24高一下·河南洛阳·期末）如图，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足，现将沿折起到的位置，使得. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值. 63．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求侧面与底面所成二面角的余弦值． 64．（23-24高一下·广东韶关·期末）如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点. (1)求证：平面 (2)求证：平面平面 (3)若，求二面角 的余弦值. 十二、题型九点面距离的计算 65．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在长方体中，，. (1)求证：直线平面； (2)求点到平面的距离. 66．（25-26高一下·山东泰安·阶段检测）如图，在三棱锥中，，底面，，M是的中点，N是的中点，点Q在线段上，且． (1)求点到平面距离； (2)求证：平面． 67．（23-24高一下·广东江门·期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 68．（23-24高一下·广东·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E，P分别为，的中点． (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离． 69．（24-25高一下·广东江门·期末）如图，在等腰直角三角形中，，M是半圆弧上异于A，B的动点，平面平面．设O，N分别为，的中点，，三棱锥体积的最大值为． (1)证明：平面； (2)当时，求二面角的正切值； (3)求点N到平面的距离（用表示）． 70．（24-25高一下·广东茂名·期末）如图，在梯形中，，，.把沿翻折，使得二面角的大小为，M，N分别是和中点. (1)求证：平面平面； (2)若，求点到平面的距离； (3)若二面角的余弦值为，求. 十三、题型十 截面轨迹长度问题 71．（23-24高一下·广东清远·期末）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 72．（24-25高一下·广东汕尾·期末）如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（    ） A．动点F的轨迹是一条线段，线段长度为 B．直线与的夹角的余弦值为 C．三棱锥的体积为定值 D．若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度最小值为 73．（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．平面截正方体的截面面积为 74．（23-24高一下·广东广州·期末）如图,在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．若点为的中点，则平面 B．连接，则直线与平面成角正弦值为 C．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 D．若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为 75．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（    ）    A．长度的最小值为 B．不存在点，使得 C．存在点，存在点，使得 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 76．（23-24高一下·江西赣州·期末）如图，已知正方体的棱长为，点是的中点，点是正方体内（含表面）的动点，且满足，则（   ） A．动点在底面内轨迹的长度是 B．点所在平面截正方体所得截面的面积为 C．三角形在正方体内运动形成几何体的体积是 D．存在某个位置，使得直线与平面所成的角为 77．（22-23高一下·广东韶关·期末）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面上（含边界）的动点，且满足直线平面，则动点的轨迹长度为__________；当动点到平面的距离最大时，则过点的平面截正方体所得到的截面面积为__________. 78．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，长方体木块中，，，E，F，G分别是线段，，DC的中点，平面上存在点P，满足平面EFG，则点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为______． 十四、题型十一 翻折问题 79．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，直四棱柱中，是边长为的等边三角形，，，棱的中点为. (1)求证：平面； (2)现在将矩形以边所在直线为旋转轴，逆时针旋转至矩形，解答下列问题： （i）在旋转过程中，是否存在，使得直线与直线所成角的余弦值为？若存在，求出满足条件的；若不存在，请说明理由； （ii）在旋转过程中，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 80．（24-25高一下·广东广州·期末）如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥．    (1)若，求证：平面平面； (2)若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值； (3)若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离． 81．（23-24高一下·广东东莞·期末）如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 82．（22-23高一下·广东·期末）如图，在边长为8的正方形中，点分别是上的点，，将分别沿折起，使点重合于点.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 十五、题型十一动点探究问题 83．（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点. (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由. 84．（22-23高一下·广东佛山·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，．    (1)证明：平面平面； (2)点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 85．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，AC与BD相交于点O，E为CD的中点，，， (1)证明：平面平面ABCD； (2)当点A到平面PCD的距离最大时，求侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小． 86．（24-25高一下·广东广州·期末）在三棱柱中，，且D为BC的中点， 为的中点.    (1)若，求证： (2)若，求直线与平面 所成角的正弦值 (3)若，求二面角的正弦值的最大值. 87．（24-25高一下·广东清远·期末）三余弦定理是空间角的重要结论之一，如图1：设点为平面外一点，过点的斜线在平面上的射影为为平面上的任意直线，则.    (1)证明以上三余弦定理； (2)如图2，在平行六面体中，，. ①证明：平面平面； ②若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 88．（24-25高一下·广东惠州·期末）如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，为的中点，且， 是上异于、的点，是的中点. (1)证明：平面 (2)若圆的半径为， 设， （i）当时， 求二面角的平面角的正切值； （ii）当在弧上运动时 （不与、重合），证明：点到平面的距离 . 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $