10.3 直线与平面的位置关系（分层作业练题型）高二数学沪教版必修第三册

**基本信息** 以“直线与平面的位置关系”为核心，通过A/B/C组三级分层设计，实现从基础概念辨析到高考综合应用的递进式巩固，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A组巩固过关|线面平行垂直的命题判断、证明、性质应用、线面角计算|基础题型为主，如命题真假判断（题型01）、常规证明（题型02），夯实概念理解| |B组能力进阶|线面关系综合应用、动态问题分析|结合折叠（题型09）、存在性问题（题型06），提升逻辑推理能力| |C组思维拔高与拓展|复杂情境下的空间角最值、高考真题对接|如线面角范围问题（题型08）、高考真题（拓展部分），培养数学建模与创新意识|

分层作业 10.3直线与平面的位置关系 参考答案 ( 题型0 1 )线面平行，垂直命题的判断 1．【答案】A 【详解】①中可能在内，①错误； ②中与可能相交或平行或异面，②错误； ③中也可在内，③错误； ④中与也可能异面，④错误． 故选：A. 2．【答案】D 【详解】对于A选项，将该选项中的命题变换为：过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行， 变换后的命题为真命题，A选项中的命题为“可换命题”； 对于B选项，将选项中的命题变换为：垂直于同一直线的两个平面平行， 根据线面垂直的性质定理可知变换后的命题为真命题，B选项中的命题为“可换命题”； 对于C选项，将选项中的命题变换为：平行于同一个平面的两个平面平行， 根据平面平行的传递性可知变换后的命题为真命题，C选项中的命题为“可换命题”； 对于D选项，平行于同一平面的两直线平行、相交或异面，D选项中的命题为假命题，D选项不满足要求. 3．【答案】C 【详解】对命题①：已知，且直线不重合，分三类讨论： 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若且，由，，得且，仍满足“或”， 故命题①为真命题. 对命题②：若与所成二面角不是直二面角，在其中一个面内作直线，则与均不垂直，故命题②为假命题。 对命题③： 如图所示，作包含直线的平面，设与平面的交线分别为， 由得，由得，因此； 又，故，结合，得，由推出， 故命题③为真命题. 对命题④：当时，与所成的角均为，满足所成角相等，但此时与不垂直，故命题④为假命题。 综上，真命题为①③，共个. 4．【答案】A 【详解】对于命题①，如图，假设平面内存在直线与平行， 假设存在直线且，那么由于，可得，与矛盾， 平面内不存在直线与直线平行，故命题①正确； 对于命题②，若直线与平面垂直，则任取直线，都有， 即平面内存在与直线垂直的直线； 若直线与平面不垂直，如图， ，在直线任取异于点的点，过点作平面，垂足为，连接, 在平面过点作，平面，，， 又，，平面， 平面，直线平面， 故直线，故平面上存在与直线l垂直的直线，故命题②正确. 故选：A. 5．【答案】2 【详解】对于①，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，则，若还存在过a的平面平行于，且不同于，由于，则此时不在平面内，P点在c上也在a上，也即同时在上，所以此时c不平行于，但又由于，所以和b也不平行，矛盾，综上，过至多有一个平面平行于，故①正确； 对于②，当a、b两条异面直线的夹角为时，过a有且只有一个平面垂直于b，当a、b两条异面直线的夹角不为时，若存在过有一个平面垂直于，此时可反推a垂直于b，矛盾，所以此时不存在过a的平面垂直于b，所以是过至多有一个平面垂直于，故②错误； 对于③，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，可作直线，则直线，，也即，而直线有无数条，故③错误； 对于④，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，所有与平行且不过、b的平面都满足与两异面直线平行，故④正确． 故答案为：2． ( 题型0 2 )证明线面平行 6．【答案】取的中点，连接，． 因为分别为的中点， 所以，且． 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面平面，所以∥平面． 【详解】略 7．【答案】证明：如下图，连接，设与交于点，连接， AI因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形， 矩形的对角线互相平分，因此是的中点， 已知是的中点，是的中点，根据三角形中位线定理，可得， 又平面，平面，所以平面. 【详解】略. 8．【答案】证明：延长交于点，则为的中点，连接，如下图所示： 因为为正的中心，所以， 又因为，即，所以，故， 因为平面，平面，故平面． 【详解】略. 9．【答案】证明:因为，，，所以四边形为矩形， 连接交于点，连接，则点为中点， AI又为中点，所以是中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． 【详解】略. 10．【答案】证明见解析 【详解】连接，交于点，连接， 因为，，所以，， 因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面． ( 题型0 3 )线面平行的性质及其应用 11．【答案】A 【详解】 连接，与交于点，连接，交于G，连接， 由于平面，平面，平面平面， 所以，由于O是的中点， 所以， 过F作，交于H，则， 因为，所以， 所以. 12．【答案】/ 【详解】如图，连接交于点，连接． 因为，所以， 因为平面，平面平面平面， 所以，所以． 故答案为：. 13．【答案】 【详解】因为长方体的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，所以，， 如图所示，连接与交于点，连接， 在棱上取，连接，，则，且， 因为平面PBD，且平面，平面平面， 所以，所以， 又因为，所以四边形QEFC是平行四边形，所以， 在直角中，，，所以， 所以.    14．【答案】因为 平面，平面，且平面平面， 则，又平面，平面，则平面. 【详解】略 15．【答案】证明见解析 【详解】 因为 平面，平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，平面 平面，所以 . 16．（实战演练06立体几何中的平行问题）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线.求证：.    【答案】证明见解析 【详解】取的中点，连接， 分别为的中点，，且， 为的中点，且为矩形，，且， ，且，四边形为平行四边形， ，又平面平面， 平面， 又平面，平面平面， .    ( 题型0 4 )补全线面平行的条件 17．【答案】（答案不唯一） 【详解】 如图，当时，平面，理由如下： 在长方体中，由，得， 由，得四边形是平行四边形， 则，即，而平面，平面， 因此平面，所以当时，平面. 18．【答案】点P是的中点，理由见解析． 【详解】解：当点P是的中点时，平面． 理由如下：如下图，取的中点O，连接、、，则且， 因为平面，平面，所以． 又，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 所以当点P是的中点时，平面． 19．【答案】；证明见解析. 【解析】根据平面，平面，得到，则，又，，取Q，使得求解. 【详解】当时有平面， 证明如下： ∵平面，平面， ∴， ∴，又， ∴， ∴在中， 又平面，平面， ∴平面. 【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 20．【答案】存在点， 【详解】 存在点且，理由如下： 取的中点，取的中点，取的中点， 由平行四边形的性质可知，， 又∵，， ∴，，且，， ∴平面平面，平面， ∴平面 故存在点且，使得平面 【点睛】本题主要考查了线面平行的判断，属于中档题. 21．（【新教材精创】11.3.2 直线与平面平行（第2课时）导学案（1）-人教B版高中数学必修第四册）如图所示，四棱柱中，底面为直角梯形，，，平面平面，，．在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】存在， 【详解】解：当时，平面， 理由：连接，在上取， 在上取，连接， 则∥，且， 由，， 则，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以平面. 【点睛】本题考查线面平行的证明，一般有两种思路：一是在平面内找到一条直线与所证的直线平行，通常利用中位线定理或构造平行四边形；二是构造面面平行，利用面面平行的性质，证明线面平行，属于中档题. ( 题型0 5 )线面垂直的判定定理和性质定理 22．【答案】C 【详解】因为平面，平面， 所以，，，故D正确； 因为为正方形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，故B正确； 假设， 则由平面，得平面， 因为平面，所以，显然不成立，故假设不成立，故C错误. 23．【答案】A 【详解】将展开图折成正方体， 对于A，为异面直线，故A错误； 对于B，连接， 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为四边形为正方形，所以， 所以，B正确； 对于C，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为四边形为正方形，所以， 又因为底面，所以， 又平面， 所以平面，所以， 同理可证，又平面， 所以平面，D正确. 24．【答案】C 【详解】    对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 25．【答案】(1)如图，连接，交于点，连接．    在长方体中，四边形是矩形， 因为对角线与交于点，所以为的中点， 又点是棱的中点，所以 ， 又平面 平面，所以平面． (2)连接． 在长方体中，四边形是矩形，所以 ， 因为点分别是棱的中点，， 所以 ，所以四边形是正方形，． 在长方体中，平面， 又平面，所以． 因为 平面， 所以平面． 【分析】 【详解】（1）略 （2）略 26．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）连接，因为，分别是棱、的中点， 则，，所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，故直线∥平面． （2）直棱柱中，，则. 因为是棱中点，所以. 因为平面，平面，所以. ，，平面，故直线平面． 27．【答案】(1) 如图所示，取的中点，连接， 因为是的中点，所以且， 又因为四边形为正方形，所以且， 因为为的中点，可得，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. (2) 因为底面，平面，所以， 因为四边形为正方形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，可得， 又因为且为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 由（1）知，所以平面.    【分析】 【详解】（1）略 （2）略 28．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）因为底面为矩形，所以 又因为平面， 平面，所以平面. 因为平面，平面平面， 所以又因为，所以. （2）如图，连接.    因为，所以，因为侧面底面， 侧面底面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，的中点， 所以，，所以， 又，所以，所以， 因为，所以， 所以，因为平面，所以平面. ( 题型0 6 )补全线面垂直的条件 29．【答案】存在，，证明如下： 假设在棱上存在点D，使得面， 过作，交于点，则为棱上靠近的三等分点，， 有，连接， 直三棱柱中，平面，平面，， ，即， 平面，，平面， ，则平面， 又平面，，    棱上存在点D，使得面，此时. 此时，而，故， 所以，所以， 所以， 由直棱柱可得平面平面， 而，平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 而，故， 因为平面， 故平面即面. 【详解】略 30．【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】 【详解】（1）证明：连接交于点，连接OE    四边形是正方形， 点是的中点     又点是的中点，      平面，平面    平面 （2）存在                     理由如下： 过点A作AF⊥PC，垂足为点F，由（1）可知                                                      平面，平面                  四边形为正方形 又平面，平面， 平面 又平面ACP              又平面，平面BDE，， 平面             ，， ， 在中，由等面积法可得              存在点F，使得平面， 31．【答案】（1）证明见解析 （2）时，平面 【分析】 【详解】（1）证明：如图，连接，设和交于点，连接. ∵四边形是菱形. 又是公共边，. . 又，平面. 又平面，. （2）当时，可使平面. 理由如下： 由（1）知平面. 平面. 当时，平行六面体的六个面是全等的菱形. 同理，可证. 又平面. 故时，平面. 【点睛】此题考查证明线线垂直，通过线面垂直证明线线垂直，通过构造垂直关系解决探索性问题. 32．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【详解】试题分析：（1）取线段的中点，由三角形中位线性质以及平行四边形性质得四边形为平行四边形，即得．再根据线面平行判定定理得结论，（2）先根据等腰三角形性质得．再根据面面垂直性质定理得平面，即得，根据勾股定理得，所以由线面垂直判定定理得 平面，最后根据面面垂直判定定理得结论，（3）假设线段上存在点，使得平面，则，与条件矛盾. 试题解析：    解：（1）取线段的中点，连接，． 因为在△中，，分别为，的中点，所以 ，． 因为 ，分别为，的中点，所以 ，，      所以 ，，所以 四边形为平行四边形，所以 ． 因为 平面， 平面，所以 平面． （2）因为在△中，，分别为，的中点，所以 ． 所以，又为的中点， 所以 ． 因为平面平面，且平面， 所以 平面，所以 ． 在△中，，易知 ， 所以 ，所以 平面， 所以 平面平面． （3）线段上不存在点，使得平面． 否则，假设线段上存在点，使得平面， 连接 ，，则必有 ，且． 在△中，由为的中点，，得为的中点． 在△中，因为，所以， 这显然与，矛盾！ 所以线段上不存在点，使得平面． 33．【答案】(1) (2)存在， 【分析】 【详解】（1）如图所示，过点作交于点，交于点， 因为与互余，与互余， 所以， 又因为， 所以，所以， 因为在正三棱柱中，，，点M为的中点， 所以即为，解得， 所以， 由等面积法有，即，解得， 所以， 由正棱柱性质可知，平面，而平面， 从而， 因为三角形是正三角形且点为的中点， 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， 所以点A到平面的距离为； （2）在正三棱柱中，因为点为的中点，则， 又平面， 平面，则有， 而平面，于是平面， 平面，则平面平面，在平面内过点作交于点， 平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点， 显然，因此，即有，于是，， 所以. ( 题型0 7 )求直线与平面所成的角 34．【答案】A 【详解】在棱长为的正方体中，连接， 由分别是的中点，得， 则与平面所成的角等于与平面所成的角， 连接交于O，连接，由平面，平面， 得，而，平面， 因此平面，是与平面所成的角， 在中，，则， 所以与平面所成的角为. 35．【答案】A 【详解】因为平面，底面是正方形，所以 因为是平面内的两条相交直线， 所以平面，则平面， 因此是直线与平面所成角，，， ，又直线与平面的夹角的范围为， ，即直线与平面所成角为. 36．【答案】 【详解】 取中点，连接， 因为，所以， 由平面易得，又平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 设，则，， 所以，即直线与平面所成的角的大小为. 37．【答案】(1)取的中点，连接，相交于点， 因为为的中点，所以、， 又为棱的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 在，中，，， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，所以，所以. (2) 【分析】 【详解】（1）略. （2）因为，所以， 又因为三棱柱为直三棱柱，平面， 又因为平面，， 又，平面，所以平面， 所以直线为直线在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，， 由（1）知，所以直线与平面所成的线面角的正切值为． 38．【答案】(1)设，连接，则为的中点， 因为是的中点，则， 且平面，平面，所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）设，与平面所成角为， 因为，则， 又因为平面，平面，则，， 可得， 且，平面，则平面， 因为是的中点，则点到平面的距离为，且， 所以与平面所成角的正弦值为. 39．【答案】(1)连接交于，因为为劣弧的中点， 故是中点，又是中点，所以， 平面，平面，因此平面． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）依题意，平面，平面，故， 又为半圆弧的中点，因此，平面， 因此平面，故是直线与平面所成的角． 因为，所以， 因为，所以， 故直线 PC与平面 PAB 所成角的正切值为． ( 题型0 8 )求直线与平面所成角的最值范围问题 40．【答案】C 【详解】连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面， 则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边， 当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大， 取的中点，设正方体的棱长为2， 则，，， 所以，则为直角三角形， 所以直线与平面所成角正弦值为， 当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小， 此时，，， 所以，则. 直线与平面所成角正弦值的取值范围是， 故选：C. 41．【答案】B 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设与平面所成角为，正方体的棱长为， 根据正方体的性质可得，平面， 所以平面，且点为的中心， 所以. 又因为直线与所成角为，且的最小值为， 所以与平面所成角为，所以为. 由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线， 所以此时. 又因为在中，易得，， 所以， 所以， 所以 . 故选：B. 42．【答案】 【详解】因为轴截面是边长为1的等边三角形，故， 因为为的中点，所以， 在上取点，使得，过点作⊥，交底面圆周于点， 则，此时，又， 故∽，则， 故，故， 因为⊥底面圆，底面圆，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段，连接， 当点与重合时，取得最小值，当点与或重合时，取得最大值， 则， 设与圆锥底面所成角为，则， 故答案为：. 43．【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵，平面， ∴平面 ∵平面 ∴平面平面． （2）如图，过点P作平面于点H，延长交于点M，O为中点． ∵平面，平面，∴ 又∵， ∴平面，平面，∴ 又 于是计算可得 设，由，可列出方程组 解得 又由，可得 ∴ 又∵平面，∴即为直线与平面所成角 ∴，当H，O，B三点共线时取到 ∴即直线与平面所成角正切值的最小值为． 44．【答案】(1)证明：过作垂直于， 因为平面⊥侧面，平面侧面，侧面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又平面，所以， (2)θ的最大值为 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，所以在平面内的射影为， 所以直线与平面所成的角，所以， 又点A到平面的距离等于1，所以， 设，所以，， 所以，又， 所以，所以，取得等号， 解得或（舍去），所以， 所以，又，所以， 所以θ的最大值为. ( 题型0 9 )根据线面角求其他 45．【答案】B 【详解】    在长方体中， 利用长方体的性质可知，平面， 则与平面所成的角为，从而， 因为平面，平面，所以， 在直角中，根据，，可得， 再由勾股定理，可以确定， 利用长方体的性质可知， 平面， 所以该四棱锥的体积为， 故选：B． 46．【答案】 【详解】由圆锥的母线与底面所成角为，其高为1，得该圆锥的母线长， 底面圆半径，所以圆锥的侧面积为. 故答案为： 47．【答案】/ 【详解】    连接， 因为底面，，底面， 所以，， 又，所以， 又，，，平面， 所以平面， 所以直线与侧面所成的角为，即， 所以， 所以在中，， 该三棱柱的侧面积为. 故答案为：. 48．【答案】(1) 如图，连接、、、、， 由直棱柱性质且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； 又由直棱柱性质有且，且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面， 因为，、平面， 所以平面平面，因为平面， 所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）因为， 所以，，， 设，则，所以， 由（1）可知点F到平面的距离是一个定值，将其设为， 由直棱柱性质平面，平面，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， ， 又，所以. 所以与平面所成角的正弦值为即， 所以即，故. 1．【答案】D 【详解】对A，若，则与平面内的任意直线垂直，此时不存在直线，使与的夹角为，故A错误； 对B，若，则与平面内的任意直线垂直，此时不存在直线，使，故B错误； 对C，若，则与平面内的任意直线都没有公共点，此时不存在直线，使与相交，故C错误； 对D，若，任意直线，均有； 若，存在直线，使得，再在平面内，令，则； 若与平面相交，存在平面，，，则，再在平面内，令，则.故D正确. 2．【答案】D 【详解】 平面，平面， 平面，故A正确； 平面，平面， 平面，故B正确； 因为平面，平面，平面平面， 平面，平面， 平面，故C正确； ∵，，∴， ，正方体中与的夹角为， 与夹角为，不垂直，故D错误． 3．【答案】C 【详解】由题设可知为等边三角形，中，， 设点到平面ABD的距离为， 则当平面平面ABD时，取最大值，即， 所以，，则，则， 所以； ，所以，所以 因为，，则有，且， 即， 而，所以．最终有. 4．【答案】/0.8 【详解】由题意得正六棱柱每个侧面的面积为，则其高， 在边长为的正六边形中，最长对角线穿过中心，其长度恰好是边长的倍， 即最长的体对角线在底面的投影长度为， 则最长体对角线长度， 因为底面，所以为最长的体对角线与底面所成的角， 则. 5．【答案】垂 【详解】因为平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得，，则点是的垂心． 6．【答案】1 【详解】由题意可得，，，，平面， 所以平面. 又平面， 所以，作交于点（如图）， 连接，，此时平面， 在矩形中，，所以四边形是正方形， 所以，. 又为的中点，所以为的中点，， 因为，所以． 故答案为：1． 7．【答案】 【详解】 如图，分别取棱，的中点，，连接，，． 因为正方体中，，所以平面内两相交直线，与平面平行， 所以平面平面，则点在线段上． 过点作，垂足为，连接，则， 当且仅当与重合时，． 故答案为：. 8．【答案】 【详解】取的中点，连接，，因为，， 所以，且， 又平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又平面，平面，所以，所以， 所以，则， 即直线与平面所成角的大小为．    故答案为：. 9．【答案】(1) (2)证明：因为，， 所以，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面 所以平面. (3) 【分析】 【详解】（1）取的中点，连接，，则，且. 因为，，所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，所以平面，又平面，所以. 异面直线与所成的角为，，所以， 即异面直线与所成的角为. （2）略 （3）. 因为平面，为棱的中点，所以点到平面的距离为， 所以， 因为平面，平面，所以，由（2）可得， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，解得. 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 10．【答案】(1)证明：取的中点，连接，如图所示.则，.    因为平面，平面，所以平面. 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，，所以平面平面. 因为平面，所以平面. (2) (3)存在，点为靠近的三等分点. 【分析】 【详解】（1）略 （2）因为平面，，所以平面，， 所以. 在中，， 在中，， 在中，， 如图所示，在中，取的中点，连接，    则，， 可得，. 由（1）可知，，则在中，， 设点到平面的距离为，则， 解得. 设直线与平面所成的角为，则. （3）棱上存在点，使得直线平面. 过作，垂足为，如图所示.    由（2）可知，且为的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，所以平面. 在中，. 因为，所以， 解得，即点为靠近的三等分点. 11．【答案】(1)连接，因为、分别为、的中点， 则，又因为，得， 因为四边形为边长为2的菱形，， 又是的中点，则， 又，平面， 则平面，又平面，所以； (2) (3)存在， 【分析】 【详解】（1）略. （2）连接、，交于点，连接，， 由四边形为菱形，得为中点，又为中点， 则，则和所成角为（或其补角）， 在中，， 所以， 则， 即直线和所成角的余弦值为；    （3）存在，当时，使得平面，证明如下： 连接，交与，连接，由菱形中，是中点， 则，又时，有，则， 又平面，平面，则平面.    1．【答案】B 【详解】因为在平面展开图中，， 所以在四棱锥中，，， 又，平面，所以平面． 还原四棱锥，在等腰梯形中，作于点，如图： 因为，，， 所以，即． 因为，所以，， 所以在中，由余弦定理，得． 2．【答案】D 【详解】取中点，连接， 分别是中点， ， 又平面，则平面， 平面， ， 由正方形的性质可知， 分别是中点， ，故， 平面，， 平面，则动点平面， 是侧面内的一个动点， 动点的轨迹即为， 已知是边长为5的正方形，， 则， 分别是中点， ，即动点的轨迹长度为． 3．（进阶小卷10）如图1，正三角形ABD与以BD为直径的半圆拼在一起，是弧BD的中点，为的中心．现将沿BD翻折为，记的中心为，如图2.设直线与平面BCD所成的角为，则的最大值为______．    【答案】/ 【详解】取中点，连接，，由三角形为正三角形，故在线段上， 且，即， 则在以为圆心，为半径的圆上， 由题意可得，，、平面，， 故平面，又平面， 故直线在平面的投影为直线，即， 则当与该圆相切，即时，有.    故答案为： 4．【答案】 【详解】如图，做平面，取中点为， 则四点共线，，. 连接，则, , , 则， 则，如图作， 则，则五面体的体积为： m3. 故答案为： 5．【答案】(1)∵底面为正方形，∴.   又底面，∴. 而，∴面.   ∴.  又分别是的中点， ∴.  ∴. (2)（i）∵，面，面，∴面.   而面面，面，∴. （ii） 【分析】 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角. 连接交于点，因为底面是正方形，所以， 又因为底面，平面，所以， 由于，可得平面，即平面 所以为直线与平面所成的角. 由（i）知，由（1）知， 因此直线与直线所成的角等于直线与直线所成的角，即. 设直线与平面所成的角为，不妨设，则，， 由于底面是正方形，则. 在中，，即直线与平面所成角的正弦值为.    6．【答案】 【详解】如图，作出符合题意的图形， 在上任取一点并作平面， 则即为直线与平面所成角的平面角． 过点作，，. 因为平面，平面，所以，. 又平面，，所以平面， 又平面，所以，同理. 又，，所以，所以. 又，所以，所以. 设，在中，；在中，. 则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 1．【答案】(1)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 2．【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 3．【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 4．【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 5．【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 6．【答案】(1) 取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 7．【答案】(1) 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 8．【答案】(1)证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【点睛】 ( 题型0 1 )线面平行，垂直命题的判断 1．【答案】A 【详解】①中可能在内，①错误； ②中与可能相交或平行或异面，②错误； ③中也可在内，③错误； ④中与也可能异面，④错误． 故选：A. 2．【答案】D 【详解】对于A选项，将该选项中的命题变换为：过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行， 变换后的命题为真命题，A选项中的命题为“可换命题”； 对于B选项，将选项中的命题变换为：垂直于同一直线的两个平面平行， 根据线面垂直的性质定理可知变换后的命题为真命题，B选项中的命题为“可换命题”； 对于C选项，将选项中的命题变换为：平行于同一个平面的两个平面平行， 根据平面平行的传递性可知变换后的命题为真命题，C选项中的命题为“可换命题”； 对于D选项，平行于同一平面的两直线平行、相交或异面，D选项中的命题为假命题，D选项不满足要求. 3．【答案】C 【详解】对命题①：已知，且直线不重合，分三类讨论： 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若且，由，，得且，仍满足“或”， 故命题①为真命题. 对命题②：若与所成二面角不是直二面角，在其中一个面内作直线，则与均不垂直，故命题②为假命题。 对命题③： 如图所示，作包含直线的平面，设与平面的交线分别为， 由得，由得，因此； 又，故，结合，得，由推出， 故命题③为真命题. 对命题④：当时，与所成的角均为，满足所成角相等，但此时与不垂直，故命题④为假命题。 综上，真命题为①③，共个. 4．【答案】A 【详解】对于命题①，如图，假设平面内存在直线与平行， 假设存在直线且，那么由于，可得，与矛盾， 平面内不存在直线与直线平行，故命题①正确； 对于命题②，若直线与平面垂直，则任取直线，都有， 即平面内存在与直线垂直的直线； 若直线与平面不垂直，如图， ，在直线任取异于点的点，过点作平面，垂足为，连接, 在平面过点作，平面，，， 又，，平面， 平面，直线平面， 故直线，故平面上存在与直线l垂直的直线，故命题②正确. 故选：A. 5．【答案】2 【详解】对于①，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，则，若还存在过a的平面平行于，且不同于，由于，则此时不在平面内，P点在c上也在a上，也即同时在上，所以此时c不平行于，但又由于，所以和b也不平行，矛盾，综上，过至多有一个平面平行于，故①正确； 对于②，当a、b两条异面直线的夹角为时，过a有且只有一个平面垂直于b，当a、b两条异面直线的夹角不为时，若存在过有一个平面垂直于，此时可反推a垂直于b，矛盾，所以此时不存在过a的平面垂直于b，所以是过至多有一个平面垂直于，故②错误； 对于③，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，可作直线，则直线，，也即，而直线有无数条，故③错误； 对于④，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，所有与平行且不过、b的平面都满足与两异面直线平行，故④正确． 故答案为：2． ( 题型0 2 )证明线面平行 6．【答案】取的中点，连接，． 因为分别为的中点， 所以，且． 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面平面，所以∥平面． 【详解】略 7．【答案】证明：如下图，连接，设与交于点，连接， AI因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形， 矩形的对角线互相平分，因此是的中点， 已知是的中点，是的中点，根据三角形中位线定理，可得， 又平面，平面，所以平面. 【详解】略. 8．【答案】证明：延长交于点，则为的中点，连接，如下图所示： 因为为正的中心，所以， 又因为，即，所以，故， 因为平面，平面，故平面． 【详解】略. 9．【答案】证明:因为，，，所以四边形为矩形， 连接交于点，连接，则点为中点， AI又为中点，所以是中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． 【详解】略. 10．【答案】证明见解析 【详解】连接，交于点，连接， 因为，，所以，， 因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面． ( 题型0 3 )线面平行的性质及其应用 11．【答案】A 【详解】 连接，与交于点，连接，交于G，连接， 由于平面，平面，平面平面， 所以，由于O是的中点， 所以， 过F作，交于H，则， 因为，所以， 所以. 12．【答案】/ 【详解】如图，连接交于点，连接． 因为，所以， 因为平面，平面平面平面， 所以，所以． 故答案为：. 13．【答案】 【详解】因为长方体的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，所以，， 如图所示，连接与交于点，连接， 在棱上取，连接，，则，且， 因为平面PBD，且平面，平面平面， 所以，所以， 又因为，所以四边形QEFC是平行四边形，所以， 在直角中，，，所以， 所以.    14．【答案】因为 平面，平面，且平面平面， 则，又平面，平面，则平面. 【详解】略 15．【答案】证明见解析 【详解】 因为 平面，平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，平面 平面，所以 . 16．（实战演练06立体几何中的平行问题）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线.求证：.    【答案】证明见解析 【详解】取的中点，连接， 分别为的中点，，且， 为的中点，且为矩形，，且， ，且，四边形为平行四边形， ，又平面平面， 平面， 又平面，平面平面， .    ( 题型0 4 )补全线面平行的条件 17．【答案】（答案不唯一） 【详解】 如图，当时，平面，理由如下： 在长方体中，由，得， 由，得四边形是平行四边形， 则，即，而平面，平面， 因此平面，所以当时，平面. 18．【答案】点P是的中点，理由见解析． 【详解】解：当点P是的中点时，平面． 理由如下：如下图，取的中点O，连接、、，则且， 因为平面，平面，所以． 又，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 所以当点P是的中点时，平面． 19．【答案】；证明见解析. 【解析】根据平面，平面，得到，则，又，，取Q，使得求解. 【详解】当时有平面， 证明如下： ∵平面，平面， ∴， ∴，又， ∴， ∴在中， 又平面，平面， ∴平面. 【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 20．【答案】存在点， 【详解】 存在点且，理由如下： 取的中点，取的中点，取的中点， 由平行四边形的性质可知，， 又∵，， ∴，，且，， ∴平面平面，平面， ∴平面 故存在点且，使得平面 【点睛】本题主要考查了线面平行的判断，属于中档题. 21．（【新教材精创】11.3.2 直线与平面平行（第2课时）导学案（1）-人教B版高中数学必修第四册）如图所示，四棱柱中，底面为直角梯形，，，平面平面，，．在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】存在， 【详解】解：当时，平面， 理由：连接，在上取， 在上取，连接， 则∥，且， 由，， 则，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以平面. 【点睛】本题考查线面平行的证明，一般有两种思路：一是在平面内找到一条直线与所证的直线平行，通常利用中位线定理或构造平行四边形；二是构造面面平行，利用面面平行的性质，证明线面平行，属于中档题. ( 题型0 5 )线面垂直的判定定理和性质定理 22．【答案】C 【详解】因为平面，平面， 所以，，，故D正确； 因为为正方形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，故B正确； 假设， 则由平面，得平面， 因为平面，所以，显然不成立，故假设不成立，故C错误. 23．【答案】A 【详解】将展开图折成正方体， 对于A，为异面直线，故A错误； 对于B，连接， 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为四边形为正方形，所以， 所以，B正确； 对于C，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为四边形为正方形，所以， 又因为底面，所以， 又平面， 所以平面，所以， 同理可证，又平面， 所以平面，D正确. 24．【答案】C 【详解】    对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 25．【答案】(1)如图，连接，交于点，连接．    在长方体中，四边形是矩形， 因为对角线与交于点，所以为的中点， 又点是棱的中点，所以 ， 又平面 平面，所以平面． (2)连接． 在长方体中，四边形是矩形，所以 ， 因为点分别是棱的中点，， 所以 ，所以四边形是正方形，． 在长方体中，平面， 又平面，所以． 因为 平面， 所以平面． 【分析】 【详解】（1）略 （2）略 26．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）连接，因为，分别是棱、的中点， 则，，所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，故直线∥平面． （2）直棱柱中，，则. 因为是棱中点，所以. 因为平面，平面，所以. ，，平面，故直线平面． 27．【答案】(1) 如图所示，取的中点，连接， 因为是的中点，所以且， 又因为四边形为正方形，所以且， 因为为的中点，可得，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. (2) 因为底面，平面，所以， 因为四边形为正方形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，可得， 又因为且为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 由（1）知，所以平面.    【分析】 【详解】（1）略 （2）略 28．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）因为底面为矩形，所以 又因为平面， 平面，所以平面. 因为平面，平面平面， 所以又因为，所以. （2）如图，连接.    因为，所以，因为侧面底面， 侧面底面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，的中点， 所以，，所以， 又，所以，所以， 因为，所以， 所以，因为平面，所以平面. ( 题型0 6 )补全线面垂直的条件 29．【答案】存在，，证明如下： 假设在棱上存在点D，使得面， 过作，交于点，则为棱上靠近的三等分点，， 有，连接， 直三棱柱中，平面，平面，， ，即， 平面，，平面， ，则平面， 又平面，，    棱上存在点D，使得面，此时. 此时，而，故， 所以，所以， 所以， 由直棱柱可得平面平面， 而，平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 而，故， 因为平面， 故平面即面. 【详解】略 30．【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】 【详解】（1）证明：连接交于点，连接OE    四边形是正方形， 点是的中点     又点是的中点，      平面，平面    平面 （2）存在                     理由如下： 过点A作AF⊥PC，垂足为点F，由（1）可知                                                      平面，平面                  四边形为正方形 又平面，平面， 平面 又平面ACP              又平面，平面BDE，， 平面             ，， ， 在中，由等面积法可得              存在点F，使得平面， 31．【答案】（1）证明见解析 （2）时，平面 【分析】 【详解】（1）证明：如图，连接，设和交于点，连接. ∵四边形是菱形. 又是公共边，. . 又，平面. 又平面，. （2）当时，可使平面. 理由如下： 由（1）知平面. 平面. 当时，平行六面体的六个面是全等的菱形. 同理，可证. 又平面. 故时，平面. 【点睛】此题考查证明线线垂直，通过线面垂直证明线线垂直，通过构造垂直关系解决探索性问题. 32．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【详解】试题分析：（1）取线段的中点，由三角形中位线性质以及平行四边形性质得四边形为平行四边形，即得．再根据线面平行判定定理得结论，（2）先根据等腰三角形性质得．再根据面面垂直性质定理得平面，即得，根据勾股定理得，所以由线面垂直判定定理得 平面，最后根据面面垂直判定定理得结论，（3）假设线段上存在点，使得平面，则，与条件矛盾. 试题解析：    解：（1）取线段的中点，连接，． 因为在△中，，分别为，的中点，所以 ，． 因为 ，分别为，的中点，所以 ，，      所以 ，，所以 四边形为平行四边形，所以 ． 因为 平面， 平面，所以 平面． （2）因为在△中，，分别为，的中点，所以 ． 所以，又为的中点， 所以 ． 因为平面平面，且平面， 所以 平面，所以 ． 在△中，，易知 ， 所以 ，所以 平面， 所以 平面平面． （3）线段上不存在点，使得平面． 否则，假设线段上存在点，使得平面， 连接 ，，则必有 ，且． 在△中，由为的中点，，得为的中点． 在△中，因为，所以， 这显然与，矛盾！ 所以线段上不存在点，使得平面． 33．【答案】(1) (2)存在， 【分析】 【详解】（1）如图所示，过点作交于点，交于点， 因为与互余，与互余， 所以， 又因为， 所以，所以， 因为在正三棱柱中，，，点M为的中点， 所以即为，解得， 所以， 由等面积法有，即，解得， 所以， 由正棱柱性质可知，平面，而平面， 从而， 因为三角形是正三角形且点为的中点， 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， 所以点A到平面的距离为； （2）在正三棱柱中，因为点为的中点，则， 又平面， 平面，则有， 而平面，于是平面， 平面，则平面平面，在平面内过点作交于点， 平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点， 显然，因此，即有，于是，， 所以. ( 题型0 7 )求直线与平面所成的角 34．【答案】A 【详解】在棱长为的正方体中，连接， 由分别是的中点，得， 则与平面所成的角等于与平面所成的角， 连接交于O，连接，由平面，平面， 得，而，平面， 因此平面，是与平面所成的角， 在中，，则， 所以与平面所成的角为. 35．【答案】A 【详解】因为平面，底面是正方形，所以 因为是平面内的两条相交直线， 所以平面，则平面， 因此是直线与平面所成角，，， ，又直线与平面的夹角的范围为， ，即直线与平面所成角为. 36．【答案】 【详解】 取中点，连接， 因为，所以， 由平面易得，又平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 设，则，， 所以，即直线与平面所成的角的大小为. 37．【答案】(1)取的中点，连接，相交于点， 因为为的中点，所以、， 又为棱的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 在，中，，， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，所以，所以. (2) 【分析】 【详解】（1）略. （2）因为，所以， 又因为三棱柱为直三棱柱，平面， 又因为平面，， 又，平面，所以平面， 所以直线为直线在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，， 由（1）知，所以直线与平面所成的线面角的正切值为． 38．【答案】(1)设，连接，则为的中点， 因为是的中点，则， 且平面，平面，所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）设，与平面所成角为， 因为，则， 又因为平面，平面，则，， 可得， 且，平面，则平面， 因为是的中点，则点到平面的距离为，且， 所以与平面所成角的正弦值为. 39．【答案】(1)连接交于，因为为劣弧的中点， 故是中点，又是中点，所以， 平面，平面，因此平面． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）依题意，平面，平面，故， 又为半圆弧的中点，因此，平面， 因此平面，故是直线与平面所成的角． 因为，所以， 因为，所以， 故直线 PC与平面 PAB 所成角的正切值为． ( 题型0 8 )求直线与平面所成角的最值范围问题 40．【答案】C 【详解】连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面， 则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边， 当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大， 取的中点，设正方体的棱长为2， 则，，， 所以，则为直角三角形， 所以直线与平面所成角正弦值为， 当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小， 此时，，， 所以，则. 直线与平面所成角正弦值的取值范围是， 故选：C. 41．【答案】B 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设与平面所成角为，正方体的棱长为， 根据正方体的性质可得，平面， 所以平面，且点为的中心， 所以. 又因为直线与所成角为，且的最小值为， 所以与平面所成角为，所以为. 由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线， 所以此时. 又因为在中，易得，， 所以， 所以， 所以 . 故选：B. 42．【答案】 【详解】因为轴截面是边长为1的等边三角形，故， 因为为的中点，所以， 在上取点，使得，过点作⊥，交底面圆周于点， 则，此时，又， 故∽，则， 故，故， 因为⊥底面圆，底面圆，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段，连接， 当点与重合时，取得最小值，当点与或重合时，取得最大值， 则， 设与圆锥底面所成角为，则， 故答案为：. 43．【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵，平面， ∴平面 ∵平面 ∴平面平面． （2）如图，过点P作平面于点H，延长交于点M，O为中点． ∵平面，平面，∴ 又∵， ∴平面，平面，∴ 又 于是计算可得 设，由，可列出方程组 解得 又由，可得 ∴ 又∵平面，∴即为直线与平面所成角 ∴，当H，O，B三点共线时取到 ∴即直线与平面所成角正切值的最小值为． 44．【答案】(1)证明：过作垂直于， 因为平面⊥侧面，平面侧面，侧面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又平面，所以， (2)θ的最大值为 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，所以在平面内的射影为， 所以直线与平面所成的角，所以， 又点A到平面的距离等于1，所以， 设，所以，， 所以，又， 所以，所以，取得等号， 解得或（舍去），所以， 所以，又，所以， 所以θ的最大值为. ( 题型0 9 )根据线面角求其他 45．【答案】B 【详解】    在长方体中， 利用长方体的性质可知，平面， 则与平面所成的角为，从而， 因为平面，平面，所以， 在直角中，根据，，可得， 再由勾股定理，可以确定， 利用长方体的性质可知， 平面， 所以该四棱锥的体积为， 故选：B． 46．【答案】 【详解】由圆锥的母线与底面所成角为，其高为1，得该圆锥的母线长， 底面圆半径，所以圆锥的侧面积为. 故答案为： 47．【答案】/ 【详解】    连接， 因为底面，，底面， 所以，， 又，所以， 又，，，平面， 所以平面， 所以直线与侧面所成的角为，即， 所以， 所以在中，， 该三棱柱的侧面积为. 故答案为：. 48．【答案】(1) 如图，连接、、、、， 由直棱柱性质且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； 又由直棱柱性质有且，且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面， 因为，、平面， 所以平面平面，因为平面， 所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）因为， 所以，，， 设，则，所以， 由（1）可知点F到平面的距离是一个定值，将其设为， 由直棱柱性质平面，平面，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， ， 又，所以. 所以与平面所成角的正弦值为即， 所以即，故. 1．【答案】D 【详解】对A，若，则与平面内的任意直线垂直，此时不存在直线，使与的夹角为，故A错误； 对B，若，则与平面内的任意直线垂直，此时不存在直线，使，故B错误； 对C，若，则与平面内的任意直线都没有公共点，此时不存在直线，使与相交，故C错误； 对D，若，任意直线，均有； 若，存在直线，使得，再在平面内，令，则； 若与平面相交，存在平面，，，则，再在平面内，令，则.故D正确. 2．【答案】D 【详解】 平面，平面， 平面，故A正确； 平面，平面， 平面，故B正确； 因为平面，平面，平面平面， 平面，平面， 平面，故C正确； ∵，，∴， ，正方体中与的夹角为， 与夹角为，不垂直，故D错误． 3．【答案】C 【详解】由题设可知为等边三角形，中，， 设点到平面ABD的距离为， 则当平面平面ABD时，取最大值，即， 所以，，则，则， 所以； ，所以，所以 因为，，则有，且， 即， 而，所以．最终有. 4．【答案】/0.8 【详解】由题意得正六棱柱每个侧面的面积为，则其高， 在边长为的正六边形中，最长对角线穿过中心，其长度恰好是边长的倍， 即最长的体对角线在底面的投影长度为， 则最长体对角线长度， 因为底面，所以为最长的体对角线与底面所成的角， 则. 5．【答案】垂 【详解】因为平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得，，则点是的垂心． 6．【答案】1 【详解】由题意可得，，，，平面， 所以平面. 又平面， 所以，作交于点（如图）， 连接，，此时平面， 在矩形中，，所以四边形是正方形， 所以，. 又为的中点，所以为的中点，， 因为，所以． 故答案为：1． 7．【答案】 【详解】 如图，分别取棱，的中点，，连接，，． 因为正方体中，，所以平面内两相交直线，与平面平行， 所以平面平面，则点在线段上． 过点作，垂足为，连接，则， 当且仅当与重合时，． 故答案为：. 8．【答案】 【详解】取的中点，连接，，因为，， 所以，且， 又平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又平面，平面，所以，所以， 所以，则， 即直线与平面所成角的大小为．    故答案为：. 9．【答案】(1) (2)证明：因为，， 所以，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面 所以平面. (3) 【分析】 【详解】（1）取的中点，连接，，则，且. 因为，，所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，所以平面，又平面，所以. 异面直线与所成的角为，，所以， 即异面直线与所成的角为. （2）略 （3）. 因为平面，为棱的中点，所以点到平面的距离为， 所以， 因为平面，平面，所以，由（2）可得， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，解得. 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 10．【答案】(1)证明：取的中点，连接，如图所示.则，.    因为平面，平面，所以平面. 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，，所以平面平面. 因为平面，所以平面. (2) (3)存在，点为靠近的三等分点. 【分析】 【详解】（1）略 （2）因为平面，，所以平面，， 所以. 在中，， 在中，， 在中，， 如图所示，在中，取的中点，连接，    则，， 可得，. 由（1）可知，，则在中，， 设点到平面的距离为，则， 解得. 设直线与平面所成的角为，则. （3）棱上存在点，使得直线平面. 过作，垂足为，如图所示.    由（2）可知，且为的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，所以平面. 在中，. 因为，所以， 解得，即点为靠近的三等分点. 11．【答案】(1)连接，因为、分别为、的中点， 则，又因为，得， 因为四边形为边长为2的菱形，， 又是的中点，则， 又，平面， 则平面，又平面，所以； (2) (3)存在， 【分析】 【详解】（1）略. （2）连接、，交于点，连接，， 由四边形为菱形，得为中点，又为中点， 则，则和所成角为（或其补角）， 在中，， 所以， 则， 即直线和所成角的余弦值为；    （3）存在，当时，使得平面，证明如下： 连接，交与，连接，由菱形中，是中点， 则，又时，有，则， 又平面，平面，则平面.    1．【答案】B 【详解】因为在平面展开图中，， 所以在四棱锥中，，， 又，平面，所以平面． 还原四棱锥，在等腰梯形中，作于点，如图： 因为，，， 所以，即． 因为，所以，， 所以在中，由余弦定理，得． 2．【答案】D 【详解】取中点，连接， 分别是中点， ， 又平面，则平面， 平面， ， 由正方形的性质可知， 分别是中点， ，故， 平面，， 平面，则动点平面， 是侧面内的一个动点， 动点的轨迹即为， 已知是边长为5的正方形，， 则， 分别是中点， ，即动点的轨迹长度为． 3．（进阶小卷10）如图1，正三角形ABD与以BD为直径的半圆拼在一起，是弧BD的中点，为的中心．现将沿BD翻折为，记的中心为，如图2.设直线与平面BCD所成的角为，则的最大值为______．    【答案】/ 【详解】取中点，连接，，由三角形为正三角形，故在线段上， 且，即， 则在以为圆心，为半径的圆上， 由题意可得，，、平面，， 故平面，又平面， 故直线在平面的投影为直线，即， 则当与该圆相切，即时，有.    故答案为： 4．【答案】 【详解】如图，做平面，取中点为， 则四点共线，，. 连接，则, , , 则， 则，如图作， 则，则五面体的体积为： m3. 故答案为： 5．【答案】(1)∵底面为正方形，∴.   又底面，∴. 而，∴面.   ∴.  又分别是的中点， ∴.  ∴. (2)（i）∵，面，面，∴面.   而面面，面，∴. （ii） 【分析】 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角. 连接交于点，因为底面是正方形，所以， 又因为底面，平面，所以， 由于，可得平面，即平面 所以为直线与平面所成的角. 由（i）知，由（1）知， 因此直线与直线所成的角等于直线与直线所成的角，即. 设直线与平面所成的角为，不妨设，则，， 由于底面是正方形，则. 在中，，即直线与平面所成角的正弦值为.    6．【答案】 【详解】如图，作出符合题意的图形， 在上任取一点并作平面， 则即为直线与平面所成角的平面角． 过点作，，. 因为平面，平面，所以，. 又平面，，所以平面， 又平面，所以，同理. 又，，所以，所以. 又，所以，所以. 设，在中，；在中，. 则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 1．【答案】(1)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 2．【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 3．【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 4．【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 5．【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 6．【答案】(1) 取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 7．【答案】(1) 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 8．【答案】(1)证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【点睛】 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 10.3直线与平面的位置关系 目 录 A组 巩固过关 题型01线面平行，垂直命题的判断 题型02证明线面平行 题型03线面平行的性质及其应用 题型04补全线面平行的条件 题型05线面垂直的判定定理和性质定理 题型06补全线面垂直的条件 题型07求直线与平面所成的角 题型08求直线与平面所成角的最值范围问题 题型09根据线面角求其他 B组 能力进阶 C组 思维拔高 拓展 链接高考 ( 题型0 1 )线面平行，垂直命题的判断 1．下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则．其中正确命题的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【详解】①中可能在内，①错误； ②中与可能相交或平行或异面，②错误； ③中也可在内，③错误； ④中与也可能异面，④错误． 故选：A. 2．将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 【答案】D 【详解】对于A选项，将该选项中的命题变换为：过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行， 变换后的命题为真命题，A选项中的命题为“可换命题”； 对于B选项，将选项中的命题变换为：垂直于同一直线的两个平面平行， 根据线面垂直的性质定理可知变换后的命题为真命题，B选项中的命题为“可换命题”； 对于C选项，将选项中的命题变换为：平行于同一个平面的两个平面平行， 根据平面平行的传递性可知变换后的命题为真命题，C选项中的命题为“可换命题”； 对于D选项，平行于同一平面的两直线平行、相交或异面，D选项中的命题为假命题，D选项不满足要求. 3．设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或    ②若，则或 ③若且，则    ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对命题①：已知，且直线不重合，分三类讨论： 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若且，由，，得且，仍满足“或”， 故命题①为真命题. 对命题②：若与所成二面角不是直二面角，在其中一个面内作直线，则与均不垂直，故命题②为假命题。 对命题③： 如图所示，作包含直线的平面，设与平面的交线分别为， 由得，由得，因此； 又，故，结合，得，由推出， 故命题③为真命题. 对命题④：当时，与所成的角均为，满足所成角相等，但此时与不垂直，故命题④为假命题。 综上，真命题为①③，共个. 4．已知直线l与平面相交，现有以下两个命题： ①平面上不存在与直线l平行的直线； ②平面上存在与直线l垂直的直线； 则判断正确的是（   ） A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对 【答案】A 【详解】对于命题①，如图，假设平面内存在直线与平行， 假设存在直线且，那么由于，可得，与矛盾， 平面内不存在直线与直线平行，故命题①正确； 对于命题②，若直线与平面垂直，则任取直线，都有， 即平面内存在与直线垂直的直线； 若直线与平面不垂直，如图， ，在直线任取异于点的点，过点作平面，垂足为，连接, 在平面过点作，平面，，， 又，，平面， 平面，直线平面， 故直线，故平面上存在与直线l垂直的直线，故命题②正确. 故选：A. 5．已知是异面直线，下面四个命题： （1）过至多有一个平面平行于；   （2）过至少有一个平面垂直于； （2）至多有一条直线与都垂直；   （4）至少有一个平面与都平行． 其中正确命题的个数是_________． 【答案】2 【详解】对于①，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，则，若还存在过a的平面平行于，且不同于，由于，则此时不在平面内，P点在c上也在a上，也即同时在上，所以此时c不平行于，但又由于，所以和b也不平行，矛盾，综上，过至多有一个平面平行于，故①正确； 对于②，当a、b两条异面直线的夹角为时，过a有且只有一个平面垂直于b，当a、b两条异面直线的夹角不为时，若存在过有一个平面垂直于，此时可反推a垂直于b，矛盾，所以此时不存在过a的平面垂直于b，所以是过至多有一个平面垂直于，故②错误； 对于③，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，可作直线，则直线，，也即，而直线有无数条，故③错误； 对于④，在直线上任取一点，过和直线确定一个平面，在平面内过做直线，且a、c确定平面，所有与平行且不过、b的平面都满足与两异面直线平行，故④正确． 故答案为：2． ( 题型0 2 )证明线面平行 6．如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点． 证明：∥平面； 【答案】取的中点，连接，． 因为分别为的中点， 所以，且． 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面平面，所以∥平面． 【详解】略 7．如图，正三棱柱中，是的中点，求证：//平面． 【答案】证明：如下图，连接，设与交于点，连接， AI因为三棱柱是正三棱柱，所以四边形是矩形， 矩形的对角线互相平分，因此是的中点， 已知是的中点，是的中点，根据三角形中位线定理，可得， 又平面，平面，所以平面. 【详解】略. 8．如图，在三棱锥中，底面是正三角形，中心为，，．证明：平面； 【答案】证明：延长交于点，则为的中点，连接，如下图所示： 因为为正的中心，所以， 又因为，即，所以，故， 因为平面，平面，故平面． 【详解】略. 9．如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处．求证：平面； 【答案】证明:因为，，，所以四边形为矩形， 连接交于点，连接，则点为中点， AI又为中点，所以是中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． 【详解】略. 10．如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点，分别在线段和上，．求证：平面； 【答案】证明见解析 【详解】连接，交于点，连接， 因为，，所以，， 因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面． ( 题型0 3 )线面平行的性质及其应用 11．在四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为棱，上的点，，若平面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 连接，与交于点，连接，交于G，连接， 由于平面，平面，平面平面， 所以，由于O是的中点， 所以， 过F作，交于H，则， 因为，所以， 所以. 12．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别为棱上的点，若，且平面，则____________． 【答案】/ 【详解】如图，连接交于点，连接． 因为，所以， 因为平面，平面平面平面， 所以，所以． 故答案为：. 13．如图，长方体的底面是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E，F分别是侧棱上的动点，点P在棱上，且，若平面PBD，求EF的长.    【答案】 【详解】因为长方体的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，所以，， 如图所示，连接与交于点，连接， 在棱上取，连接，，则，且， 因为平面PBD，且平面，平面平面， 所以，所以， 又因为，所以四边形QEFC是平行四边形，所以， 在直角中，，，所以， 所以.    14．如图在三棱锥中，，点D在AB上，点E为AC的中点，且平面PDE，求证：平面PBC； 【答案】因为 平面，平面，且平面平面， 则，又平面，平面，则平面. 【详解】略 15．如图，在四棱台中，平面ABCD,，，．记平面与平面的交线为，证明：； 【答案】证明见解析 【详解】 因为 平面，平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，平面 平面，所以 . 16．（实战演练06立体几何中的平行问题）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线.求证：.    【答案】证明见解析 【详解】取的中点，连接， 分别为的中点，，且， 为的中点，且为矩形，，且， ，且，四边形为平行四边形， ，又平面平面， 平面， 又平面，平面平面， .    ( 题型0 4 )补全线面平行的条件 17．在长方体中，点P，R分别为BC，上的动点，当点P，R满足什么条件时，平面？ 【答案】（答案不唯一） 【详解】 如图，当时，平面，理由如下： 在长方体中，由，得， 由，得四边形是平行四边形， 则，即，而平面，平面， 因此平面，所以当时，平面. 18．如图，已知平面，平面，，设是直线上的点，当点在何位置时，直线平面？请说明理由 【答案】点P是的中点，理由见解析． 【详解】解：当点P是的中点时，平面． 理由如下：如下图，取的中点O，连接、、，则且， 因为平面，平面，所以． 又，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 所以当点P是的中点时，平面． 19．如图所示，在七面体中，四边形是边长为的正方形，平面，平面，且，，与交于点.在棱上找一点，使平面，并给出证明. 【答案】；证明见解析. 【解析】根据平面，平面，得到，则，又，，取Q，使得求解. 【详解】当时有平面， 证明如下： ∵平面，平面， ∴， ∴，又， ∴， ∴在中， 又平面，平面， ∴平面. 【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法： （1）利用线面平行的定义，一般用反证法； （2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； （4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 20．设是的中点，在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，请确定的位置.若不存在，说明理由. 【答案】存在点， 【详解】 存在点且，理由如下： 取的中点，取的中点，取的中点， 由平行四边形的性质可知，， 又∵，， ∴，，且，， ∴平面平面，平面， ∴平面 故存在点且，使得平面 【点睛】本题主要考查了线面平行的判断，属于中档题. 21．（【新教材精创】11.3.2 直线与平面平行（第2课时）导学案（1）-人教B版高中数学必修第四册）如图所示，四棱柱中，底面为直角梯形，，，平面平面，，．在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】存在， 【详解】解：当时，平面， 理由：连接，在上取， 在上取，连接， 则∥，且， 由，， 则，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以平面. 【点睛】本题考查线面平行的证明，一般有两种思路：一是在平面内找到一条直线与所证的直线平行，通常利用中位线定理或构造平行四边形；二是构造面面平行，利用面面平行的性质，证明线面平行，属于中档题. ( 题型0 5 )线面垂直的判定定理和性质定理 22．如图，平面，为正方形，下列结论不正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为平面，平面， 所以，，，故D正确； 因为为正方形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，故B正确； 假设， 则由平面，得平面， 因为平面，所以，显然不成立，故假设不成立，故C错误. 23．下图是正方体的平面展开图，在原正方体中，下列命题不正确的是（    ） A． B． C．平面 D．平面 【答案】A 【详解】将展开图折成正方体， 对于A，为异面直线，故A错误； 对于B，连接， 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为四边形为正方形，所以， 所以，B正确； 对于C，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为四边形为正方形，所以， 又因为底面，所以， 又平面， 所以平面，所以， 同理可证，又平面， 所以平面，D正确. 24．如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则不正确的是（   ）    A．平面 B．为等边三角形 C．平面 D．圆锥的侧面积为 【答案】C 【详解】    对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 25．如图，在长方体中，，点，分别是棱，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)如图，连接，交于点，连接．    在长方体中，四边形是矩形， 因为对角线与交于点，所以为的中点， 又点是棱的中点，所以 ， 又平面 平面，所以平面． (2)连接． 在长方体中，四边形是矩形，所以 ， 因为点分别是棱的中点，， 所以 ，所以四边形是正方形，． 在长方体中，平面， 又平面，所以． 因为 平面， 所以平面． 【分析】 【详解】（1）略 （2）略 26．如图，在直三棱柱中，，，分别是棱、的中点，是线段上的点． (1)求证：直线∥平面； (2)求证：直线平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）连接，因为，分别是棱、的中点， 则，，所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，故直线∥平面． （2）直棱柱中，，则. 因为是棱中点，所以. 因为平面，平面，所以. ，，平面，故直线平面． 27．如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，且分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1) 如图所示，取的中点，连接， 因为是的中点，所以且， 又因为四边形为正方形，所以且， 因为为的中点，可得，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. (2) 因为底面，平面，所以， 因为四边形为正方形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，可得， 又因为且为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 由（1）知，所以平面.    【分析】 【详解】（1）略 （2）略 28．四棱锥中，底面为矩形，平面平面， ，    (1)若为线段上一动点（不含端点），且平面交棱于点，证明：； (2)记为中点，证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】 【详解】（1）因为底面为矩形，所以 又因为平面， 平面，所以平面. 因为平面，平面平面， 所以又因为，所以. （2）如图，连接.    因为，所以，因为侧面底面， 侧面底面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，的中点， 所以，，所以， 又，所以，所以， 因为，所以， 所以，因为平面，所以平面. ( 题型0 6 )补全线面垂直的条件 29．如图，在直三棱柱中，，，，为棱上靠近的三等分点，为棱上靠近的三等分点．在棱上是否存在点D，使得面?若存在，求出的大小并证明；若不存在，说明理由．    【答案】存在，，证明如下： 假设在棱上存在点D，使得面， 过作，交于点，则为棱上靠近的三等分点，， 有，连接， 直三棱柱中，平面，平面，， ，即， 平面，，平面， ，则平面， 又平面，，    棱上存在点D，使得面，此时. 此时，而，故， 所以，所以， 所以， 由直棱柱可得平面平面， 而，平面平面，平面， 故平面，而平面，故， 而，故， 因为平面， 故平面即面. 【详解】略 30．如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，E是PA的中点．    (1)求证：平面； (2)若，线段PC上是否存在一点F，使平面？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由．（用坐标法解答不给分） 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】 【详解】（1）证明：连接交于点，连接OE    四边形是正方形， 点是的中点     又点是的中点，      平面，平面    平面 （2）存在                     理由如下： 过点A作AF⊥PC，垂足为点F，由（1）可知                                                      平面，平面                  四边形为正方形 又平面，平面， 平面 又平面ACP              又平面，平面BDE，， 平面             ，， ， 在中，由等面积法可得              存在点F，使得平面， 31．如图，平行六面体的底面是菱形，. （1）求证：； （2）当的值为多少时，可使平面？ 【答案】（1）证明见解析 （2）时，平面 【分析】 【详解】（1）证明：如图，连接，设和交于点，连接. ∵四边形是菱形. 又是公共边，. . 又，平面. 又平面，. （2）当时，可使平面. 理由如下： 由（1）知平面. 平面. 当时，平行六面体的六个面是全等的菱形. 同理，可证. 又平面. 故时，平面. 【点睛】此题考查证明线线垂直，通过线面垂直证明线线垂直，通过构造垂直关系解决探索性问题. 32．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，为的中点，如图2．   （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【详解】试题分析：（1）取线段的中点，由三角形中位线性质以及平行四边形性质得四边形为平行四边形，即得．再根据线面平行判定定理得结论，（2）先根据等腰三角形性质得．再根据面面垂直性质定理得平面，即得，根据勾股定理得，所以由线面垂直判定定理得 平面，最后根据面面垂直判定定理得结论，（3）假设线段上存在点，使得平面，则，与条件矛盾. 试题解析：    解：（1）取线段的中点，连接，． 因为在△中，，分别为，的中点，所以 ，． 因为 ，分别为，的中点，所以 ，，      所以 ，，所以 四边形为平行四边形，所以 ． 因为 平面， 平面，所以 平面． （2）因为在△中，，分别为，的中点，所以 ． 所以，又为的中点， 所以 ． 因为平面平面，且平面， 所以 平面，所以 ． 在△中，，易知 ， 所以 ，所以 平面， 所以 平面平面． （3）线段上不存在点，使得平面． 否则，假设线段上存在点，使得平面， 连接 ，，则必有 ，且． 在△中，由为的中点，，得为的中点． 在△中，因为，所以， 这显然与，矛盾！ 所以线段上不存在点，使得平面． 33．如图，在正三棱柱中，，，点M为的中点. (1)求点A到平面的距离； (2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】 【详解】（1）如图所示，过点作交于点，交于点， 因为与互余，与互余， 所以， 又因为， 所以，所以， 因为在正三棱柱中，，，点M为的中点， 所以即为，解得， 所以， 由等面积法有，即，解得， 所以， 由正棱柱性质可知，平面，而平面， 从而， 因为三角形是正三角形且点为的中点， 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， 所以点A到平面的距离为； （2）在正三棱柱中，因为点为的中点，则， 又平面， 平面，则有， 而平面，于是平面， 平面，则平面平面，在平面内过点作交于点， 平面平面，因此平面，于是点即为所要找的点， 显然，因此，即有，于是，， 所以. ( 题型0 7 )求直线与平面所成的角 34．在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，则与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在棱长为的正方体中，连接， 由分别是的中点，得， 则与平面所成的角等于与平面所成的角， 连接交于O，连接，由平面，平面， 得，而，平面， 因此平面，是与平面所成的角， 在中，，则， 所以与平面所成的角为. 35．四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为平面，底面是正方形，所以 因为是平面内的两条相交直线， 所以平面，则平面， 因此是直线与平面所成角，，， ，又直线与平面的夹角的范围为， ，即直线与平面所成角为. 36．在四面体中，平面，，，则直线与平面所成的角的大小为__________． 【答案】 【详解】 取中点，连接， 因为，所以， 由平面易得，又平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 设，则，， 所以，即直线与平面所成的角的大小为. 37．已知在直三棱柱的底面中．，、分别为和的中点．，为棱上的中点． (1)证明： (2)求直线与平面所成的线面角的正切值． 【答案】(1)取的中点，连接，相交于点， 因为为的中点，所以、， 又为棱的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 在，中，，， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，所以，所以. (2) 【分析】 【详解】（1）略. （2）因为，所以， 又因为三棱柱为直三棱柱，平面， 又因为平面，， 又，平面，所以平面， 所以直线为直线在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，， 由（1）知，所以直线与平面所成的线面角的正切值为． 38．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，是的中点.    (1)求证：平面； (2)若，，求与平面所成角的正弦值. （注：用空间向量法求解不给分） 【答案】(1)设，连接，则为的中点， 因为是的中点，则， 且平面，平面，所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）设，与平面所成角为， 因为，则， 又因为平面，平面，则，， 可得， 且，平面，则平面， 因为是的中点，则点到平面的距离为，且， 所以与平面所成角的正弦值为. 39．如图，圆锥的底面圆心为O，直径为AB，C为半圆弧AB 的中点，E为劣弧CB 的中点，且， (1)求证: 平面 (2)求直线 PC与平面 PAB 所成角的正切值. 【答案】(1)连接交于，因为为劣弧的中点， 故是中点，又是中点，所以， 平面，平面，因此平面． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）依题意，平面，平面，故， 又为半圆弧的中点，因此，平面， 因此平面，故是直线与平面所成的角． 因为，所以， 因为，所以， 故直线 PC与平面 PAB 所成角的正切值为． ( 题型0 8 )求直线与平面所成角的最值范围问题 40．动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面， 则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边， 当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大， 取的中点，设正方体的棱长为2， 则，，， 所以，则为直角三角形， 所以直线与平面所成角正弦值为， 当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小， 此时，，， 所以，则. 直线与平面所成角正弦值的取值范围是， 故选：C. 41．在正方体中，点分别是直线上的动点，点是△内的动点（不包括边界），记直线与所成角为，若的最小值为，则与平面所成角的正弦的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设与平面所成角为，正方体的棱长为， 根据正方体的性质可得，平面， 所以平面，且点为的中心， 所以. 又因为直线与所成角为，且的最小值为， 所以与平面所成角为，所以为. 由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线， 所以此时. 又因为在中，易得，， 所以， 所以， 所以 . 故选：B. 42．已知圆锥的顶点为，轴截面是边长为1的等边三角形，为底面中心，为的中点，动点在圆锥底面内（包括圆周）．若，则与圆锥底面所成角的正切值的取值范围是__________. 【答案】 【详解】因为轴截面是边长为1的等边三角形，故， 因为为的中点，所以， 在上取点，使得，过点作⊥，交底面圆周于点， 则，此时，又， 故∽，则， 故，故， 因为⊥底面圆，底面圆，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段，连接， 当点与重合时，取得最小值，当点与或重合时，取得最大值， 则， 设与圆锥底面所成角为，则， 故答案为：. 43．如图，在四棱锥中，． (1)若，证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正切值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵，平面， ∴平面 ∵平面 ∴平面平面． （2）如图，过点P作平面于点H，延长交于点M，O为中点． ∵平面，平面，∴ 又∵， ∴平面，平面，∴ 又 于是计算可得 设，由，可列出方程组 解得 又由，可得 ∴ 又∵平面，∴即为直线与平面所成角 ∴，当H，O，B三点共线时取到 ∴即直线与平面所成角正切值的最小值为． 44．如图，在直三棱柱中，平面⊥侧面，点到平面的距离等于1. (1)求证：； (2)若，设直线与平面所成的角为θ，求θ的最大值. 【答案】(1)证明：过作垂直于， 因为平面⊥侧面，平面侧面，侧面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又平面，所以， (2)θ的最大值为 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，所以在平面内的射影为， 所以直线与平面所成的角，所以， 又点A到平面的距离等于1，所以， 设，所以，， 所以，又， 所以，所以，取得等号， 解得或（舍去），所以， 所以，又，所以， 所以θ的最大值为. ( 题型0 9 )根据线面角求其他 45．在长方体中，，与平面所成的角为，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】    在长方体中， 利用长方体的性质可知，平面， 则与平面所成的角为，从而， 因为平面，平面，所以， 在直角中，根据，，可得， 再由勾股定理，可以确定， 利用长方体的性质可知， 平面， 所以该四棱锥的体积为， 故选：B． 46．已知圆锥的高为1，且圆锥的母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积为_________． 【答案】 【详解】由圆锥的母线与底面所成角为，其高为1，得该圆锥的母线长， 底面圆半径，所以圆锥的侧面积为. 故答案为： 47．如图所示，在三棱柱中，底面，，，直线与侧面所成的角为，则该三棱柱的侧面积为___________.    【答案】/ 【详解】    连接， 因为底面，，底面， 所以，， 又，所以， 又，，，平面， 所以平面， 所以直线与侧面所成的角为，即， 所以， 所以在中，， 该三棱柱的侧面积为. 故答案为：. 48．在直三棱柱中，D、E分别是棱的中点，F为线段上的点． (1)证明：平面； (2)若，当与平面所成角的正弦值为时，求的值． 【答案】(1) 如图，连接、、、、， 由直棱柱性质且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； 又由直棱柱性质有且，且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面， 因为，、平面， 所以平面平面，因为平面， 所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）因为， 所以，，， 设，则，所以， 由（1）可知点F到平面的距离是一个定值，将其设为， 由直棱柱性质平面，平面，故， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， ， 又，所以. 所以与平面所成角的正弦值为即， 所以即，故. 1．已知直线在平面外，则下列命题一定正确的是（ ） A．存在直线，使与的夹角为 B．存在直线，使 C．存在直线，使与相交 D．存在直线，使 【答案】D 【详解】对A，若，则与平面内的任意直线垂直，此时不存在直线，使与的夹角为，故A错误； 对B，若，则与平面内的任意直线垂直，此时不存在直线，使，故B错误； 对C，若，则与平面内的任意直线都没有公共点，此时不存在直线，使与相交，故C错误； 对D，若，任意直线，均有； 若，存在直线，使得，再在平面内，令，则； 若与平面相交，存在平面，，，则，再在平面内，令，则.故D正确. 2．已知是过正方体的顶点的平面与下底面所在平面的交线，下列结论错误的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D． 【答案】D 【详解】 平面，平面， 平面，故A正确； 平面，平面， 平面，故B正确； 因为平面，平面，平面平面， 平面，平面， 平面，故C正确； ∵，，∴， ，正方体中与的夹角为， 与夹角为，不垂直，故D错误． 3．已知四面体ABCD中，，设直线AC与平面ABD所成的角为，直线BC与平面ABD所成的角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题设可知为等边三角形，中，， 设点到平面ABD的距离为， 则当平面平面ABD时，取最大值，即， 所以，，则，则， 所以； ，所以，所以 因为，，则有，且， 即， 而，所以．最终有. 4．已知正六棱柱底面边长为2，侧面积为36，则此六棱柱最长的体对角线与底面所成的角的余弦值为__________． 【答案】/0.8 【详解】由题意得正六棱柱每个侧面的面积为，则其高， 在边长为的正六边形中，最长对角线穿过中心，其长度恰好是边长的倍， 即最长的体对角线在底面的投影长度为， 则最长体对角线长度， 因为底面，所以为最长的体对角线与底面所成的角， 则. 5．过所在平面外一点，作平面ABC，垂足为，连接PA，PB，PC．若，，垂足都为，则点是的____________心． 【答案】垂 【详解】因为平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得，，则点是的垂心． 6．如图，在直三棱柱中，，，是的中点，点在上，记，若平面，则实数________． 【答案】1 【详解】由题意可得，，，，平面， 所以平面. 又平面， 所以，作交于点（如图）， 连接，，此时平面， 在矩形中，，所以四边形是正方形， 所以，. 又为的中点，所以为的中点，， 因为，所以． 故答案为：1． 7．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，∥平面，则的最小值是________． 【答案】 【详解】 如图，分别取棱，的中点，，连接，，． 因为正方体中，，所以平面内两相交直线，与平面平行， 所以平面平面，则点在线段上． 过点作，垂足为，连接，则， 当且仅当与重合时，． 故答案为：. 8．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为______．    【答案】 【详解】取的中点，连接，，因为，， 所以，且， 又平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又平面，平面，所以，所以， 所以，则， 即直线与平面所成角的大小为．    故答案为：. 9．如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，，，，为棱的中点. (1)求异面直线与所成角的大小. (2)证明：平面. (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)证明：因为，， 所以，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面 所以平面. (3) 【分析】 【详解】（1）取的中点，连接，，则，且. 因为，，所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，所以平面，又平面，所以. 异面直线与所成的角为，，所以， 即异面直线与所成的角为. （2）略 （3）. 因为平面，为棱的中点，所以点到平面的距离为， 所以， 因为平面，平面，所以，由（2）可得， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，解得. 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 10．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面，，，，为棱的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：取的中点，连接，如图所示.则，.    因为平面，平面，所以平面. 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，，所以平面平面. 因为平面，所以平面. (2) (3)存在，点为靠近的三等分点. 【分析】 【详解】（1）略 （2）因为平面，，所以平面，， 所以. 在中，， 在中，， 在中，， 如图所示，在中，取的中点，连接，    则，， 可得，. 由（1）可知，，则在中，， 设点到平面的距离为，则， 解得. 设直线与平面所成的角为，则. （3）棱上存在点，使得直线平面. 过作，垂足为，如图所示.    由（2）可知，且为的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，所以平面. 在中，. 因为，所以， 解得，即点为靠近的三等分点. 11．如图一，四边形ABCD是边长为2的菱形，，，，H、M分别为PA、AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图二.    (1)证明：； (2)求直线BD和PC所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在点N，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接，因为、分别为、的中点， 则，又因为，得， 因为四边形为边长为2的菱形，， 又是的中点，则， 又，平面， 则平面，又平面，所以； (2) (3)存在， 【分析】 【详解】（1）略. （2）连接、，交于点，连接，， 由四边形为菱形，得为中点，又为中点， 则，则和所成角为（或其补角）， 在中，， 所以， 则， 即直线和所成角的余弦值为；    （3）存在，当时，使得平面，证明如下： 连接，交与，连接，由菱形中，是中点， 则，又时，有，则， 又平面，平面，则平面.    1．如图，在四棱锥的平面展开图中，底面为等腰梯形，，，，，，，则（     ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为在平面展开图中，， 所以在四棱锥中，，， 又，平面，所以平面． 还原四棱锥，在等腰梯形中，作于点，如图： 因为，，， 所以，即． 因为，所以，， 所以在中，由余弦定理，得． 2．在四棱锥中，平面，四边形是边长为5的正方形，，分别是棱的中点，是侧面内的一个动点，若平面，则动点的轨迹长度是（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【详解】取中点，连接， 分别是中点， ， 又平面，则平面， 平面， ， 由正方形的性质可知， 分别是中点， ，故， 平面，， 平面，则动点平面， 是侧面内的一个动点， 动点的轨迹即为， 已知是边长为5的正方形，， 则， 分别是中点， ，即动点的轨迹长度为． 3．（进阶小卷10）如图1，正三角形ABD与以BD为直径的半圆拼在一起，是弧BD的中点，为的中心．现将沿BD翻折为，记的中心为，如图2.设直线与平面BCD所成的角为，则的最大值为______．    【答案】/ 【详解】取中点，连接，，由三角形为正三角形，故在线段上， 且，即， 则在以为圆心，为半径的圆上， 由题意可得，，、平面，， 故平面，又平面， 故直线在平面的投影为直线，即， 则当与该圆相切，即时，有.    故答案为： 4．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，底面为矩形，．若m，m，m，且与平面所成角的正弦值均为，则该五面体的体积为__________m3． 【答案】 【详解】如图，做平面，取中点为， 则四点共线，，. 连接，则, , , 则， 则，如图作， 则，则五面体的体积为： m3. 故答案为： 5．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，分别是，的中点.    (1)求证：； (2)设面面. （i）求证：； （ii）若直线与直线所成角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)∵底面为正方形，∴.   又底面，∴. 而，∴面.   ∴.  又分别是的中点， ∴.  ∴. (2)（i）∵，面，面，∴面.   而面面，面，∴. （ii） 【分析】 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角. 连接交于点，因为底面是正方形，所以， 又因为底面，平面，所以， 由于，可得平面，即平面 所以为直线与平面所成的角. 由（i）知，由（1）知， 因此直线与直线所成的角等于直线与直线所成的角，即. 设直线与平面所成的角为，不妨设，则，， 由于底面是正方形，则. 在中，，即直线与平面所成角的正弦值为.    6．是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是__________ ． 【答案】 【详解】如图，作出符合题意的图形， 在上任取一点并作平面， 则即为直线与平面所成角的平面角． 过点作，，. 因为平面，平面，所以，. 又平面，，所以平面， 又平面，所以，同理. 又，，所以，所以. 又，所以，所以. 设，在中，；在中，. 则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 1．（2026·北京·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 2．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 3．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 4．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 5．（2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 6．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1) 取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 7．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1) 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 8．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【点睛】 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 分层作业 10.3直线与平面的位置关系 目录 A组巩固过关 题型01线面平行，垂直命题的判断 题型02证明线面平行 题型03线面平行的性质及其应用 题型04补全线面平行的条件 题型05线面垂直的判定定理和性质定理 题型06补全线面垂直的条件 题型07求直线与平面所成的角 题型08求直线与平面所成角的最值范围问题 题型09根据线面角求其他 B组能力进阶 C组思维拔高 拓展链接高考 A组 巩固过关 颗型01 线面平行，垂直命题的判断 1.下列命题：①若al/b,bca,则a/1a;②若a/1a,b11a,则al1b;③若alIb,b11a,则al1a: ④若a/Ia,bca,则a/Ib,其中正确命题的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 2.将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可 换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有() 1/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B.垂直于同一平面的两条直线平行 C.平行于同一直线的两条直线平行 D.平行于同一平面的两直线平行 3.设a、B为两个不同的平面，m、n为两条不同的直线，且a∩B=m.下述四个命题： ①若mIn,则nl1a或n/lB②若m⊥n,则n⊥a或nlB ③若n/1a且n/p,则m1ln④若n与a,B所成的角相等，则m⊥n 其中正确的命题的个数是() A.0 B.1 C.2 D.3 4.已知直线1与平面相交，现有以下两个命题： ①平面“上不存在与直线1平行的直线： ②平面上存在与直线1垂直的直线： 则判断正确的是() A.①②均正确B.①②均错误 C.①对②错 D.①错②对 5.已知4，b是异面直线，下面四个命题： (1)过a至多有一个平面平行于b;(2)过a至少有一个平面垂直于b: (2)至多有一条直线与a,b都垂直： (4)至少有一个平面与4，b都平行. 其中正确命题的个数是 题型0？ 证明线面平行 6.如图，在六面体ABCDMN中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°，DM⊥平面 ABCD,DM∥CN,CN=2DM,P是BC的中点，证明：DP∥平面BMN; M 2/25 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7.如图，正三棱柱ABC-ABC中，E是AC的中点，求证：AB∥平面BEC. B B 8.如图，在三棱锥S-ABC中，底面ABC是正三角形，中心为O,SC=AB=6,CD=2DS.证明： OD∥平面ABS: D 9.如图，在直角梯形ABCD中，ABICD,AB⊥AD,CH⊥AB,E为BC中点，将△BCH沿CH折起， 使B到P处.求证：PAI∥平面DEH: E 3/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 10.如图，在四棱锥P-ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD/IBC,∠ADC=90, 0-D=3C-4点MN分线设0和pC上，2g-2.求证MB0N: 题型03 线面平行的性质及其应用 PE 4 1L.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，B,F分别为棱PD'PC上的点，ED3,若 PE BF1I平面AEC,则FC =() A.3 C. D.号 12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E,F分别为棱AD,PC上的点，若 PE AE:ED=2:3,且PA1/平面EBF,则FC 13.如图，长方体ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E,F分 别是侧棱AA,CC上的动点，点P在棱AA上，且AP=1,若EF/I平面PBD,求EF的长. 4/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D C A D B 14.如图在三棱锥P-ABC中，AC=BC,点D在AB上，点E为AC的中点，且BCII平面PDE,求证： DEII平面PBC: P E D B 15.如图，在四棱台ABCD-ABCD中，DD⊥平面ABCD,AD1IBC,AD=DC=2,BC=1, ∠BCD=60,AD=D,D=1.记平面4ADD,与平面BBCC的交线为l,证明：l/1BC; 5/25 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A D B 题型04 补全线面平行的条件 17.在长方体ABCD-A'B'CD中，点P,R分别为BC,CC上的动点，当点P,R满足什么条件时， PR/I平面AB'D'? 18,图，已知AD1平面C,EC1平面C,40=4C=D-C,设p是直线B,上的点，当点 2 P在何位置时，直线DP∥平面ABC？请说明理由 E D A 19.如图所示，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD⊥平面ABCD,NB⊥平 面ABCD,且MD=2,NB=1,MB与ND交于P点在棱AB上找一点O,使QPII平面AMD,并给出证 明 6/25 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M 以 C 20.设D是CC的中点，在棱AB上是否存在一点N,使得DN平面AEF,若存在，请确定N的位置若 不存在，说明理由 C M B 题型05 线面垂直的判定定理和性质定理 22.如图，PA1平面ABCD,ABCD为正方形，下列结论不正确的是()， D 7/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.PB⊥BC B.PD⊥CD C.PD⊥BD D.PA⊥BD 23.下图是正方体的平面展开图，在原正方体中，下列命题不正确的是() A.DE//BM B.CN⊥AF C.BD∥平面NCF D.AM⊥平面BDE 24.如图，圆锥PO的底面半径为1，高为V2,AB是⊙0的直径，点C在⊙0上，且∠AOC=60°，M为 PB的中点，则不正确的是() B A.AP∥平面OCM B.△PBC为等边三角形 C.AC⊥平面PBC D.圆锥PO的侧面积为V3π 25.如图，在长方体ABCD-ABCD中，AD=2AB,点E,F分别是棱AD,BC的中点 D B C B F (I)求证：BD/I平面ABE: (2)求证：BE⊥平面AAF, 8/25 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 26.如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AB=AC,D,F分别是棱BC、BC的中点，E是线段CC上 的点 A B (I)求证：直线AF∥平面ADE; (2)求证：直线AD⊥平面BCC,B. 27.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形，PD=DC,且 F,G分别是PB,AD的中点， A B (I)求证：GFI1平面PCD: (2)求证：GF⊥平面PBC 9125 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 28.四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，平面ABC⊥平面BCDE,BC=2,CD=V2,AB=AC, A E (I)若P为线段AD上一动点（不含端点），且平面BCP交棱AE于点，证明：PQIIDE: (2)记F为BC中点，证明：CE⊥平面AFD 题型04 补全线面垂直的条件 29.如图，在直三棱柱ABC-ABG中，∠ABC=90,AB=BC=1,A4=3,M为棱AC上靠近A的三 等分点，N为棱AB上靠近A的三等分点.在棱BB上是否存在点D,使得CD1面BMN?若存在，求出 BD的大小并证明；若不存在，说明理由. B C N 八B M 10/25 耐学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 30.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,正方形ABCD的边长为2，E是PA的中点. (1I)求证：PC∥平面BDE: (2)若PD=4,线段PC上是否存在一点F,使AF⊥平面BDE?若存在，求出PF的长度；若不存在，请说 明理由 31.如图，平行六面体ABCD-AB,CD的底面是菱形，∠CCB=∠CCD=∠BCD=60 D B D B (1)求证：CC⊥BD, CD (2)当CC的值为多少时，可使A4C1平面CBD? 32.如图1，在△ABC中，D,E分别为AB,AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=2W5,BC=4. 将△ADE沿DE折起到△ADE的位置，使得平面ADEL平面BCED,F为AC的中点，如图2. 11/25 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证： 平面 B 图1 图2 EFI∥ ABD (2)求证：平面40B1平面40C: (3)线段OC上是否存在点G,使得OC⊥平面EFG？说明理由. 33.如图，在正三棱柱ABC-ABC中，AB=2,A4=4,点M为AB的中点 M B ()求点A到平面MBC的距离： BO (②)在棱BB上是否存在点Q,使得4Q1平面BCM？若存在，求出QB的值：若不存在，请说明理由， 题型07 求直线与平面所成的角 34.在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，E,F分别是BD,AB的中点，则EF与平面DDB所成的 角为() 12/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.30 B.45 C.60 D.90 35.四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，且PA=AB=4,则直线PB与平面 PAC所成角为() A.6 c. 36.在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD,BC⊥CD,AB=BC=CD,则直线AC与平面ABD所成的角 的大小为 37.己知在直三棱柱ABC-ABC的底面ABC中.∠ABC=90°，E、F分别为AC和CC的中点. AB=BC=A4=2,D为棱AB上的中点. B A B. E (I)证明：BF⊥DE (②)求直线DE与平面ABB,A所成的线面角的正切值. 38.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,E是PD的中点， B (I)求证：PB/I平面ACE: (2)若AP=AC=DC,AC⊥CD,求AE与平面PAC所成角的正弦值 13/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 39.如图，圆锥的底面圆心为O,直径为AB,C为半圆弧AB的中点，E为劣弧CB的中点，且AB=4, P0=5 (I)求证：OEI1平面PAC (2)求直线PC与平面PAB所成角的正切值. 题型08 求直线与平面所成角的最值范围问题 40.动点M在正方体ABCD-ABCD从点B开始沿表面运动，且与平面4DC的距离保持不变，则动直 线AM与平面ADC所成角正弦值的取值范围是() D. 41.在正方体ABCD-ABCD中，点M,N分别是直线CD,AB上的动点，点P是△A,CD内的动点（不 包括边界)，记直线D,P与MN所成角为g:若e的最小值为3，则D,P与平面ACD所成角的正弦的最大 值为() A.36 B.3+V6 c.32-v5 D.32+5 6 6 6 6 42.已知圆锥的顶点为S,轴截面SAB是边长为1的等边三角形，O为底面中心，M为S0的中点，动点 P在圆锥底面内（包括圆周）.若AM⊥MP,则MP与圆锥底面所成角的正切值的取值范围是 14/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 43.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥CD,AB⊥CB,PD⊥AC, P D A B (I)若AD⊥1PC,证明：平面PAD⊥平面PCD: (2)若CD=2,AD=2V3,PA=6V2,PD=4W5,求直线PB与平面ACD所成角的正切值的最小值. 4.如图，在直三棱柱ABC-ABC中，平面ABC⊥侧面ABBA,点A到平面ABC的距离等于1. C B (1)求证：AB⊥BC: (②)若AA=BC,设直线AC与平面ABC所成的角为0，求0的最大值. 15/25 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型09 根据线面角求其他 45.在长方体ABCD-ABCD中，AB=BC=2,AC与平面BB,CC所成的角为30°，则四棱锥 C-ABCD的体积为() A.8N2 3 C. 3 D.85 46.已知圆锥的高为1，且圆锥的母线与底面所成角为30°，则该圆锥的侧面积为 47.如图所示，在三棱柱ABC-ABC中，A41底面ABC,AB⊥BC,A4=AC=2,直线AC与侧面 A4BB所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为 ⊙ B 48.在直三棱柱ABC-ABC中，D、E分别是棱AC,AC的中点，F为线段BE上的点. B (I)证明：CF1/平面ABD: 5 EF (②若AB=BC=CA=BB,=2,当DF与平面ABD所成角的正弦值为10时，求FB的值. 16/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B组 能力进阶 1.已知直线在平面“外，则下列命题一定正确的是() A.存在直线mca'使，与m的夹角为4 B.存在直线 mca,使l11m C.存在直线mca,使I与m相交 D.存在直线mca,使I⊥m 2.己知l是过正方体ABCD-ABCD的顶点的平面AB,D,与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误 的是() A.DB/I平面ABCD B.BD/I平面ADB C.I1I平面ABCD D.I⊥B,C 3.己知四面体ABCD中，BA=BC=BD=l,∠ABD=60,∠ABC=120,设直线AC与平面ABD所成的角 为a,直线BC与平面ABD所成的角为P,则() A.a+B-2 B.a>B C.a<B≤2a D.B>2a 4.已知正六棱柱底面边长为2，侧面积为36，则此六棱柱最长的体对角线与底面所成的角的余弦值为 5.过△ABC所在平面外一点P,作PO⊥平面ABC,垂足为O,连接PA,PB,PC.若PA⊥PB, PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的 心 6.如图，在直三棱柱ABC-ABG中，AC=BC,AB=A4,D是AB的中点，点F在BB上，记 B,F=BF,若AB⊥平面CDF,则实数= B C D B 7.如图，在正方体ABCD-ABCD中，E,F分别是棱BC,CC的中点，点P在正方形ABBA内，若 AB=2,AP∥平面AEF,则DP的最小值是 17/25 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B A E B 8,《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角 三角形的四面体称为鳖腈.如图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且 PA=AB=BC=2,则直线PB与平面PAC所成角的大小为一· 9.如图，在四棱锥A-BCDE中，AB⊥平面BCDE,底面BCDE为梯形，BC⊥BE,CD∥BE, BC=CD=3,AB=BE=6,H为棱AE的中点. H (I)求异面直线DH与AB所成角的大小. (2)证明：DE⊥平面ABD (3)求直线DE与平面BDH所成角的正弦值： 10.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ADC=90°，PD⊥平面ABCD,AB‖CD, PD=AD=AB=2,CD=4,E为棱PC的中点 18/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (1)求证：BEII平面PAD: (2)求直线BC与平面BDE所成的角的正弦值： (3)在棱BP上是否存在点O,使得直线DQI平面PBC？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由. 11.如图一，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，PB⊥AB,PB=2V5,H、M分别为PA、AB 的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=VI0,连接PD,如图二 H 图一 图二 (I)证明：AB⊥HC: (2)求直线BD和PC所成角的余弦值： PN (3)在线段PD上是否存在点N,使得PB∥平面MCW?若存在，请求出PD的值；若不存在，请说明理由. 19/25 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C组 思维拔高 1.如图，在四棱锥O-ABCD的平面展开图中，底面ABCD为等腰梯形，ADIIBC,AB=CD=1, BC=2AD=2,PA=1,PA⊥AD,A⊥AB,则cos∠SDC=(）. S(O) P(O) 2(0) D B A 4 B.② 4 c.9 D.- 2 2.在四棱锥P-ABCD中，PA1平面ABCD,四边形ABCD是边长为5的正方形，PA=26,E,F分别 是棱CD,AD的中点，M是侧面PCD内的一个动点，若BD⊥平面MEF，则动点M的轨迹长度是() A.25 B.V66 2 C.4 D.V⑦4 2 4.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，底面ABCD为矩形，EF1IAB,EA=ED=FB=FC,若AB=25 3W59 m, BC=10m,EF=15m,且EA,ED,FB,FC与平面ABCD所成角的正弦值均为59 ，则该五面体的体 积为 m B 5.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形，E,F分别是AB,PB的中 点 20125 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A E (L)求证：EF⊥CD: (2)设面PBC∩面PAD=I. (i)求证：AD: (i)若直线EF与直线，所成角为6，求直线EF与平面PBD所成角的正弦值. 6.PA,PB,PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60，那么直线PC与平面PAB所成角的 正弦值是 拓展 链接高考 1.(2026北京高考真题)已知直三棱柱ABC-AB,G,∠BAC=90°，AB=AC=2,BB=V2,E、D 分别为4B、AC的中点. (1)证明：DE1/平面BB,CC: 21/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(2026天津高考真题)在长方体ABCD-ABCD中，AB=2,A4=3,AD=4,AE=3ED, 2CF=FC D E B D B (I)求证：BD⊥面CEF: 3.(2026上海高考真题)己知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD,垂足H在AD 边上，且AH=1,HD=4,AB=2. B ()求证：HC⊥PB: 4.(2026全国一卷高考真题)如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分 别为AB,AC的中点， 22/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C A B E D B (I)证明：DE∥平面BCCB: 5.(2026全国二卷高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，点E在BD上，AE⊥CE,AE⊥DE, CD⊥AD D C (I)证明：CD⊥AB; (2)若DE=2,BE=1,AE=V2,CD=2N3,求直线AD与平面ABC所成角的正弦值. 6.(2025·北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形， ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. 23/25 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 G B (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG1I平面AB: (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 7.(2025·天津高考真题)正方体ABCD-ABCD的棱长为4，E、F分别为4D,CB中点，CG=3GC. D E G A B D A B (I)求证：GF⊥平面FBE: 8.(2024新课标I卷高考真题)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2, BC=1,AB=3 24/25 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A (I)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; 25/25