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重难点6-1 空间角与空间距离的求解
空间角与空间距离问题一直是高考数学必考点与热点考向.通常小题及解答题的第2小问考查，难度中等.在高考复习过程中除了掌握空间向量法，还需多锻炼几何法的应用.
【题型1 几何法求异面直线夹角】
满分技巧1、求异面直线所成角一般步骤： （1）平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线． （2）证明：证明所作的角是异面直线所成的角． （3）寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之． （4）取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角． 2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法： （1）直接平移法（可利用图中已有的平行线）； （2）中位线平移法； （3）补形平移法（在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线）．
【例1】（2023·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期中）
1．在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成角的大小是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）
2．如图，是圆锥的顶点，是底面直径，点在底面圆上．若为正三角形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2024·广东·高三校联考开学考试）
3．
如图，在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-3】（2022·全国·模拟预测）
4．已知正方形的边长为2，把沿折起，使点A与点E重合，若三棱锥的外接球球心O到直线的距离为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．0
【变式1-4】（2023·安徽·高三池州市第一中学校联考阶段练习）
5．在正四棱台中，，点是底面的中心，若该四棱台的侧面积为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【题型2 向量法求异面直线夹角】
满分技巧异面直线所成角：若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则.
【例2】（2023·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）
6．如图，在直三棱柱中，，且，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【变式2-1】（2023·安徽·高三校联考期末）
7．已知是圆锥底面的直径，为底面圆心，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】（2024·江西·高三统考期末）
8．已知圆柱的底面半径为1，高为2，，分别为上、下底面圆的直径，四面体的体积为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-3】（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考开学考试）
9．三棱锥中，平面，，.，点是面内的动点（不含边界），，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-4】（2023·广东汕头·高三潮阳实验学校校考阶段练习）
10．正四棱锥的侧棱长为，底面的边长为，E是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【题型3 几何法求直线与平面夹角】
满分技巧1、垂线法求线面角（也称直接法）： （1）先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O； （2）连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； （3）把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）. 3、公式法求线面角（也称等体积法）： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解. 公式为：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长. 方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为，平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便.
【例3】（2022·全国·高三专题练习）
11．在正方体中，棱的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-1】（2024·山西运城·高三统考期末）
12．已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，，则直线与平面夹角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-2】（2024·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）
13．过正四棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若四棱锥与四棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-3】（2023·全国·高三校联考阶段练习）
14．如图，在三棱台中，平面，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求与平面所成角正弦值.
【变式3-4】（2023·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）
15．如图，在四棱锥中，，，，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【题型4 向量法求直线与平面夹角】
满分技巧直线与平面所成角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则.
【例4】（2023·福建福州·高三校联考期中）
16．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（2023·上海嘉定·高三校考期中）
17．在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式4-2】（2023·四川南充·统考一模）
18．如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．
【变式4-3】（2023·四川雅安·统考一模）
19．如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-4】（2024·江苏南通·高三海安高级中学校考开学考试）
20．如图，己知三棱台的高为1，，为的中点，，，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小．
【题型5 几何法求平面与平面夹角】
满分技巧1、定义法（棱上一点双垂线法）：提供了添辅助线的一种规律 （1）方法：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）具体演示：如图所示，以二面角的棱a上的任意一点O为端点，在两个面内分别作垂直于a的两条射线OA，OB，则∠AOB为此二面角的平面角 2、三垂线法（面上一点双垂线法）----最常用 （1）方法：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 （2）具体演示：在平面内选一点A向另一个平面作垂线AB，垂足为B，再过点B向棱a作垂线BO，垂足为O，连接AO，则∠AOB就是二面角的平面角. 3、垂面法（空间一点垂面法） （1）方法：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角. （2）具体演示：过二面角内一点A作于B，作于C，面ABC交棱a于点O，则∠BOC就是二面角的平面角. 4、射影面积法求二面角
【例5】（2024·全国·模拟预测）
21．已知三棱锥的外接球半径为，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2024·全国·高三专题练习）
22．如图，三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 .
【变式5-2】（2024·北京海淀·高三统考期末）
23．在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【变式5-3】（2024·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考期末）
24．将两个相同的正棱锥的底面重叠组成的几何体称为“正双棱锥”.如图，在正双三棱锥中，两两互相垂直，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-4】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）
25．如图，在三棱柱中，点在平面内的射影D在线段AC上，，，.

(1)证明：；
(2)设直线到平面的距离为，求二面角的大小.
【题型6 向量法求平面与平面夹角】
满分技巧平面与平面的夹角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则.
【例6】（2024·浙江宁波·高三余姚中学校联考期末）
26．如图，在三棱锥中，，，平面，平面平面，是的中点.
(1)求证：;
(2)求平面与平面的夹角.
【变式6-1】（2024·云南昆明·统考一模）
27．如图，在三棱锥中，平面，是线段的中点，是线段上一点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)是否存在点，使平面与平面的夹角为？若存在，求；若不存在，说明理由.
【变式6-2】（2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习）
28．如图所示，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为矩形，，，，点M在棱PC上且．
(1)证明：M为PC的中点；
(2)求平面PBD与平面MDB的夹角．
变式6-3】（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）
29．如图，在三棱柱中，，，为的中点，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【变式6-4】（2024·江苏南通·高三统考期末）
30．已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的一点，，平面和平面将圆锥截去部分后的几何体如图所示．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【题型7 几何法解决空间距离问题】
满分技巧点面距的求解方法 1、定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； 2、等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； 3、转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．
【例7】（2024·河北·高三校联考期末）
31．已知正方形的边长为1，将正方形绕着边旋转至分别为线段上的动点，且，若，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【变式7-1】（2024·河北邯郸·高三磁县第一中学校考阶段练习）
32．如图，已知圆柱的底面半径和母线长均为1，分别为上、下底面圆周上的点，若异面直线所成的角为，则（ ）
A．1 B． C．1或2 D．2或
【变式7-2】（2024·重庆·高三西南大学附中校联考开学考试）
33．如图，在正四棱柱中，为的中点，则中点到平面的距离为 ．
【变式7-3】（2024·陕西·高三校联考开学考试）
34．如图，在三棱台中，，，．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离．
【变式7-4】（2023·广东·统考二模）
35．半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体就是一个半正多面体，其中四边形和四边形均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面与平面之间的距离为（ ）

A． B． C． D．
【题型8 向量法解决空间距离问题】
满分技巧点到平面的距离：已知平面的法向量为 ， 是平面内的任一点，是平面外一点，过点作则平面的垂线，交平面于点，则点到平面的距离为（如图）. 注意：线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解. 直线与平面之间的距离：，其中，是平面的法向量. 两平行平面之间的距离：，其中，是平面的法向量.
【例8】（2024·广西·模拟预测）
36．如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ）.
A． B． C． D．
【变式8-1】（2024·北京昌平·高三统考期末）
37．如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【变式8-2】（2023·河北邢台·高三宁晋中学校联考开学考试）
38．已知四棱台中，底面为正方形，，，，⊥底面．
(1)证明：．
(2)求到平面的距离．
【变式8-3】（2024·重庆·高三重庆南开中学校考阶段练习）
39．如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点

(1)证明：平面；
(2)若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离.
【变式8-4】（2024·河南周口·高三项城市第一高级中学校联考期末）
40．如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，在另外的半圆周上，.
(1)若，求证： ；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求点到直线的距离.
（建议用时：60分钟）
（2023·全国·高三校联考阶段练习）
41．已知四棱锥底面是矩形，其中，，侧棱底面，E为的中点，四棱锥的外接球表面积为，则直线与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·上海虹口·高三校考期中）
42．如图所示，在正方体中，E为线段上的动点，则下列直线中与直线CE夹角为定值的直线为（ ）
A．直线 B．直线
C．直线 D．直线
（2024·陕西渭南·统考一模）
43．在正三棱柱中，，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·山东青岛·高三统考期中）
44．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为塹堵，在塹堵中，若，若为线段中点，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
（2023·山东济宁·高三济宁一中校考阶段练习）
45．如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
（2024·山东德州·高三统考期末）
46．在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．点到的距离为 B．面与面的距离为
C．直线与平面所成的角为 D．点到平面的距离为
（2023·江苏镇江·高三校考阶段练习）
47．如图，已知正方体的棱长为2，点P是线段的中点，点Q是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．Q到平面的距离为
C．与所成角的取值范围为
D．三棱锥外接球体积的最小值为
（2023·广西·模拟预测）
48．如图，已知在矩形和矩形中，，，且二面角为，则异面直线与所成角的正弦值为 ．
（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）
49．如图， 在圆台 中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，, 点D是的中点， 为平面与平面的交线， 则交线与平面所成角的大小为 ．
（2022·全国·高三专题练习）
50．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，为的中点．
(1)求异面直线与所成的角；
(2)求二面角的余弦值．
（2024·重庆九龙坡·高三重庆实验外国语学校校考开学考试）
51．如图．在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，面底面，是棱的中点．
(1)证明：；
(2)若，且二面角的大小为，求异面直线与所成角的正切值．
（2024·山西临汾·统考一模）
52．如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.
(1)求四边形的面积；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】连接，利用三角形中位线性质，结合异面直线的定义求解即得.
【详解】在正方体中，连接，由分别为的中点，得分别为中点，
而分别为的中点，则，，
因此或其补角是异面直线与所成的角，
在中，，则，
所以异面直线与所成角的大小是.
故选：C
2．A
【分析】分别取的中点，连接，则，或其补角为异面直线与所成角，求出的三边，然后利用余弦定理求解即可.
【详解】由已知，
所以，设，则，
可得，
分别取的中点，连接，则，
所以或其补角为异面直线与所成角，
过点作于，连接，
则为中点，与底面垂直，且，
在中，，，
所以，
所以，
所以在中，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A .
3．D
【分析】利用平移法作出异面直线与所成的角，解三角形即可求得答案.
【详解】连接，因为在直三棱柱中，，分别是棱，的中点，
故，即四边形为平行四边形，
所以，则即为异面直线与所成角或其补角；

直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为2，
连接，则，而平面，故平面，
平面，故，
是棱的中点，故，则,
而，又，
故在中，,
由于异面直线所成角的范围为大于，小于等于，
故异面直线与所成角的余弦值是，
故选：D
4．A
【分析】依题意，确定外接圆的圆心，表示球心O到直线的距离，并找到异面直线与所成角的平面角，借助于余弦定理求解即可.
【详解】
易得三棱锥的外接球球心O为的中点，连接，则，
取的中点H，连接，易知，则为点O到直线的距离，即，
取的中点F，连接，得，则或其补角是异面直线与所成角．
因为，所以，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A．
5．A
【分析】根据题意作出图形，利用几何知识及余弦定理求解.
【详解】由题意知：正四棱台侧面为等腰梯形，连接：，，，，，，作，如下图所示，
因为棱台侧面积为，即：，得：，
所以：侧棱长，
因为：，得：，
又因为：，所以：四边形是平行四边形，
所以：，（或其补角）是异面直线与所成的角，
根据余弦定理可知：，故A项正确.
故选：A.
6．A
【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，得到向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，设，
则，，，，
，，
，
异面直线与所成角的正弦值是.
故选：A.
7．B
【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求出，再利用线线角的向量法，即可求出结果.
【详解】因为为半圆弧的中点，则，如图，建立空间直角坐标系，
因为，，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，
则,，
所以，
设异面直线与所成角的角为，
则，

故选：B.
8．D
【分析】建立空间直角坐标系，假定的坐标，结合已知解出的坐标，利用线线角的向量求法求解即可.
【详解】
如图，找底面圆心，作与底面垂直，//，，
故以为原点，建立空间直角坐标系，规定，，设，，
易知底面圆方程为，则，，
故，，
故，
设到面的距离为，设面的法向量，故有，，解得，，，
故，由点到平面的距离公式得，已知四面体的体积为，
故得，解得(负根舍去)，易得，故，，
，，设直线与所成角为，故有.
故选：D
9．A
【分析】建立空间直角坐标系，由，可得，再利用线线角的向量求法求解即得.
【详解】由平面平面，得，
又平面，则平面，
平面，则，又，平面，
因此平面，而平面，则，
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，设，
，由，得，
，设异面直线与所成角为，
则，
令，则，
显然函数在上单调递增，此时，，
所以异面直线与所成角的余弦值的取值范围为.
故选：A
【点睛】思路点睛：求空间角余弦的最值或范围问题，根据给定条件，选定变量，将该角的余弦建立起变量的函数，求出函数最值或范围即可.
10．C
【分析】建立适当的空间直角坐标系，将异面直线的夹角转换为直线的方向向量的夹角来做即可.
【详解】连接，交于点O，连接，
以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
正四棱锥的侧棱长为，底面的边长为，E是的中点，
，，
，，
设异面直线与所成的角为，
则，，异面直线与所成的角为．
故选：C.
11．C
【分析】结合正方体的结构特征找到直线与平面所成角，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】连接，在正方体中，平面，
棱的中点为，则平面，
而平面，故，
则即为直线与平面所成角，
设正方体棱长为2，则，
则，
故，
故选：C
12．B
【分析】首先求，再作出平面，根据垂直关系，以及等面积转化，确定垂足点的位置，以及，再求线面角的正弦值.
【详解】如图，由题意可知，，
中，根据余弦定理可知，则，
过点作平面，，连结，，连结，

因为平面，平面，所以
，且平面
所以平面，平面，
所以，又因为，所以，
同理，
中，，则，
根据等面积公式，，所以，，
又，所以，
则，
直线与平面夹角的夹角为，.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定垂足的位置，以及垂直关系的转化.
13．A
【分析】根据题意知，，，分别为，，，的中点，设正方形的边长为，，然后表示四棱锥与四棱台的表面积，由表面积之比为，得到，的关系，确定线面角，求解即可.
【详解】
依题意过正四棱锥的高的中点作平行于底面的截面，
则，，，分别为，，，的中点，
设正方形的边长为，，
所以正方形的面积为，正方形的面积为，
正四棱锥的侧面积为，
四棱台的侧面积为，
所以正四棱锥的表面积为，
四棱台的表面积为，
所以，
解得，
由平面，所以为直线与底面所成角，
所以，又，，
所以.
故选：.
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线垂直性质定理证明；
（2）将棱台补全为棱锥，利用等体积法求到平面的距离，结合线平面角的定义求与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）由，得，
由平面，平面，则，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）将棱台补全为如下棱锥，
由，，，易知，，
由平面，平面，则，，，
所以，.
可得，
设到平面的距离为h，又，
则，可得，
设与平面所成角为，，则.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得；
（2）由题意计算可得点所处位置，根据线面角的定义找到线面所成角后计算即可得.
【详解】（1），，，
，，平面，
平面，
平面，平面平面；
（2）取的中点．连接、，
由（1）知平面，
平面，，
如图，过点作，
，，，，，
，，，
，由勾股定理可知，
，平面，平面，
，为的中点，
，又，，
平面，为直线与平面所成角，
由（1）知，又，，
，，，
则，
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
16．C
【分析】设，根据四面体体积为，由，求得，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解.
【详解】解：设，因为四面体体积为，
所以，解得，
建立如图所示空间直角坐标系：
则 ，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
设与平面所成的角为 ，
所以，
故选：C
17．B
【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求出直线与平面所成的角为的正弦值，再表示出并求出其范围.
【详解】
设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，
则，
设，
则,
设平面的法向量为，
则取，则，
所以为平面的一个法向量，
所以
由于，所以，
所以，
因为所以.
故选：B
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，根据条件得到，再利用平面，得到，从而得出四边形是平行四边形，进而有，即可证明结果；
（2）取取中点，连接，，根据条件建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量和向量，利用线面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接，因为，，
所以，且，
又平面，平面，所以，
又面，所以，又，所以四边形是平行四边形，得到，
又平面，平面，所以平面.
（2）如图，取中点，连接，，则，
因为平面，由（1）知，所以平面，
又，所以，过作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面，面，所以，又，，所以面，
又面，所以,
故为二面角的平面角，所以，
又，所以，又，所以，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则由得到，，取，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．A
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）由，，，
故与全等，故，
又为的中点，故，
又平面平面，平面平面，
且平面，故平面；
（2）连接，由平面，平面，故，
又，为的中点，故，
即、、两两垂直，且，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、，
由三棱台的高为1，故，故，
、，
则，，，
令平面的法向量为，
则有，即，
令，则有、，故，
则有，
故与平面所成角的正弦值为，
即与平面所成角为.
21．D
【分析】先设的中点为，为的外接圆圆心；的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为，由正弦定理确定，在中由勾股定理确定，在中由勾股定理确定，作出二面角的平面角，求即可.
【详解】
不妨设二面角为锐角，设的中点为，
因为，所以为的外接圆圆心；设的外接圆圆心为，
三棱锥的外接球球心为，如图，连接，，，，
则平面，平面，，
在中，，，
所以由正弦定理知，所以；
在中，由，得；
在中，由，，得；
在中，，，则；
所以在中，，从而；
在平面内过点作交于，
则为二面角的平面角，易知，
所以.
故选：D.
22．
【分析】取和的中点分别为，，根据二面角的定义可得，进而可得为所作的二面角，根据三角形的边角关系即可求解二面角余弦值．
【详解】取和的中点分别为，，
，分别是，的中点，
,,
由于且为正三角形，
，故,
由于，分别是，的中点，因此，
故,
由于截面侧面，所以,进而可得,
由于
故为侧面与底面的二面角的平面角，
设， ，，
在直角中， ，
故答案为：
23．C
【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案.
【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心，
故⊥底面，
取的中点，连接，则，，
故为二面角的平面角，所以，
故，
所以该四棱锥的体积为.
故选：C
24．D
【分析】取中点，连接，说明为二面角的平面角，通过几何关系计算求解.
【详解】取中点，连接，交平面于点，
由正棱锥性质及对称性易知为的中心，且，
故为二面角的平面角，
设正三棱锥侧棱长为2，易得，
则，
在中由余弦定理得.
故选：D.
25．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，由已知易得、面，应用线面垂直的性质及已知有、，根据线面垂直的判定证面，最后由线面垂直的性质、判定证结论；
（2）根据二面角定义及线面垂直性质易得是二面角的平面角，再由线面平行及面面垂直判定证面、面面，得到的距离为，进而确定为等边三角形，即可得结果.
【详解】（1）连接，由题设，易知为菱形，故，
由点在平面内的射影D在AC上，则面，
面，则，而，则，
又，面，故面，
面，则，
而，面，则面，
由面，则.

（2）由（1）知面，面，则，
所以是二面角的平面角，
由，面，面，则面，
直线到平面的距离为，即到平面的距离为，
又面，面，则面面，
面，面面，即到的距离为，
由题设，易知，
点在平面内的射影D在线段AC上，则为锐角，
所以，故为等边三角形，即，
所以二面角的大小.
26．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作，垂足为，根据面面垂直性质得平面，再由线面垂直性质得、，最后由线面垂直的判定及性质证结论；
（2）法一：构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的大小；法二：取中点，中点，连结，，，由面面角的定义找到其平面角，再根据已知条件求平面角的大小.
【详解】（1）作，垂足为，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
又平面，平面，所以，
因为，面，所以平面，
由平面，所以.
（2）（向量法）如图，以为原点，及垂直面向上为轴正方向，建立空间直角坐标系.

所以，所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则,
令，所以，则，
所以平面与平面的夹角为.
（几何法）取中点，中点，连结，，，

因为平面，平面，所以，
又，所以，
由（1）知，平面，平面，所以，
在直角和直角中，，
所以是等腰三角形，所以，
综上，即为二面角的平面角，
，，，则，
所以为等腰直角三角形，故，
所以平面与平面的夹角为.
27．(1)证明见解析；
(2)存在，．
【分析】（1）利用勾股定理及逆定理判定线线垂直，得出线面垂直再证面面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面夹角，计算即可.
【详解】（1）因为，是的中点，所以，
在直角中，，，所以，
在中，，，所以，得，
又平面，平面，所以，
又，，所以平面，
由平面得，
又，所以平面，
由平面得，平面平面．
（2）存在点满足条件，
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，，，
，，
设平面的法向量为，
则，令得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
由已知得，解得，即，
所以存在点使平面与平面的夹角为，此时．
28．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理可得平面，分析可知，结合长度关系可知是等边三角形，进而可得结果；
（2）以D为坐标原点建系，利用向量法求面面夹角.
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，
根据条件可知，平面，则平面，
且平面，所以，
所以，同理可得，
又因为，所以是等边三角形，
且，所以M是的中点．
（2）以D为坐标原点，以所在直线为轴，过D垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设为平面的法向量．
因为，可得，
令，则，可得，
设平面的法向量为，
因为，可得，
令，则，可得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面PBD与平面MDB的夹角.
29．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接与相交于点，连接，则侧面是平行四边形，据此即可证明；
（2）二面角的平面角为，作直线的垂线，垂足为，以为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.
【详解】（1）如图，连接与相交于点，连接，

三棱柱中，侧面是平行四边形，
则为的中点，又为的中点，有，
平面，平面，所以平面；
（2）平面平面，平面平面，
底面为正三角形，为的中点，则，
平面，则平面，
，平面，，，
则二面角的平面角为，
有余弦值为，中，
由余弦定理，
即，解得，
过作直线的垂线，垂足为，则，
故在的延长线上，，
，，，四边形为矩形，
则，以为原点，，，分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即，
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即，
平面与平面夹角的余弦值为．
30．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形三线合一得，由线面垂直的性质得，结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，然后利用向量夹角公式即得.
【详解】（1）为底面圆周上一点，
，又，
又为中点，，
又底面，底面，
，
又底面，
平面．
（2）底面，底面，
所以，
又因为，
所以以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
，
，
设平面的一个法向量，
由，，取，所以，
而平面的一个法向量，
设二面角平面角为，显然为锐角，
．
31．A
【分析】根据线线垂直可证明线面垂直，进而根据余弦定理求解，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由于平面，
所以平面，平面，
由于，则，
在中，利用余弦定理可得,
所以，
过作的垂线，垂足为，由，平面，
所以平面，
又平面，所以，所以，
不妨设，则，所以由余弦定理得，，
故选：A．

32．D
【分析】过点作平面于点，则是母线，则或，分类讨论即可求解.
【详解】如图，过点作平面于点，则是母线，
连接底面，，
则四边形是平行四边形，，
与所成的角就是或其补角．
当时，是等边三角形，，
在中，；
当时，在中，，
在中，．
综上，或.
故选：D．
33．
【分析】中点到平面距离为到平面距离的一半，由，等体积法求点到平面的距离.
【详解】设中点为O，O到平面距离为到平面距离的一半，连接，
设到平面的距离为，由，即，
，∴O到平面CDE的距离为.
故答案为：.
34．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直进而得出线线垂直即可；
（2）根据线面垂直结合等体积计算即得.
【详解】（1）
，，
．
同理,
平面,平面,平面,
（2）
平面,平面,
作 平面,
到平面的距离中
,
.
35．B
【分析】分别取的中点，作出截面，结合几何体的性质，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，由此即可求得答案.
【详解】分别取的中点，连接，

根据半正多面体的性质可知，四边形为等腰梯形；
根据题意可知，
而平面，
故平面，又平面，
故平面平面，则平面平面，
作，垂足为S，平面平面，
平面，故平面，
则梯形的高即为平面与平面之间的距离；
，
故，
即平面与平面之间的距离为，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了空间想象能力，解答的关键是根据几何体的结构特征，作出其截面图，确定梯形的高即为平面与平面之间的距离，即可求得答案.
36．C
【分析】由线线平行得到线面平行，直线到平面的距离等于点到平面的距离，建立空间直角坐标系，得到平面法向量，得到点到平面的距离.
【详解】∵，平面，平面，
∴平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，
所在的直线为轴，建立直角坐标系.
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设点到平面的距离为，
则，
故直线到平面的距离为.
故选：C.
37．C
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为正方体棱长为1，，
所以，
不妨设，
所以，
而，
所以点到直线的投影数量的绝对值为，
所以点到直线距离，
等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为.
故选：C.
38．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为底面，底面，
所以，
因为底面为正方形，所以，
又平面，，
所以平面，
又平面，所以.
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取，
则点到平面的距离.
39．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取中点，连接，如图所示，

为中点，则，又，得，
由，，得，
所以四边形为平行四边形，，
又平面，平面，所以平面.
（2），易知，又，得.
由平面，且直线与圆柱底面所成角为，即，则有.
如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则有，，
，
设平面的一个法向量为，则，
令，有，得，
，
设点到平面的距离为，
.
40．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，推出，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用直线与平面所成的角为，求出P点坐标，再根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知平面平面，平面平面，
，且平面，故平面，
又平面，故；
又，且平面，
故平面，而平面，
故；
（2）以O为坐标原点，所在直线为轴，过点O作平面的垂线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图：
由于，，
则，设,则，
则，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则可得，
由于直线与平面所成的角为，
故，
解得，结合，则，
故，
由，则，
故点到直线的距离为.
41．D
【分析】将四棱锥补成长方体后可求外接球的直径，利用外接球的表面积可求的长度，从而异面直线所成的角可求.
【详解】设.可将该四棱锥补成如图所示的长方体：
则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为，
故表面积为，得，
因为，故或其补角为异面直线与所成的角，
因为平面，平面，得平面平面，
由，得平面，
且平面，故，故为锐角，
又E为的中点，故在中，，
在中，，故.
故选：D.
42．C
【分析】利用空间向量的方法求异面直线所成角即可.
【详解】
设正方体的棱长为1，
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
设，，则，，，，，
，不是定值，故A错；
，不是定值，故B错；
，所以直线与直线所成角为，故C正确；
，不是定值，故D错.
故选：C.
43．B
【分析】作出线面角的平面角，利用正三柱的性质设出边长即可求得结果.
【详解】取是的中点，连接，如下图所示：
设三棱柱底面边长为，可得，
由正三棱柱性质可知平面，所以即为直线与平面所成角的平面角，
易知，由勾股定理可得，
所以；
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B
44．B
【分析】建立合适的空间直角坐标系，先求出的夹角，在直角三角形中，得出点到直线的距离.
【详解】解：根据塹堵的定义，建立以点为原点的空间直角坐标系，
则，，，，，
故，，
所以，
所以，
设点到直线的距离为，
所以，解得.
故选：B.
45．D
【分析】不妨记正方体为，设对角线分别交平面和平面于点，，可推出即为平面与平面的距离，结合等体积法求得，结合对称性求得即可．
【详解】如图，不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，
所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，
所以平面平面，
设对角线分别交平面和平面于点，，
因为平面，平面，
所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，
又平面平面，
所以平面，
即为平面与平面的距离，
则，
由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，
故，
根据，
得，
解得，
根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为．
故选：D
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.
46．AB
【分析】以为原点，所在的直线分别为正方向建立空间直角坐标系，利用点到直线的向量求法可判断A；求出平面、平面的一个法向量，可得平面平面，转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离向量求法可判断B；求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可判断C；利用点到平面的距离的向量求法可判断D.
【详解】以为原点，所在的直线分别为正方向建立空间直角坐标系，
对于A，，，
所以点到的距离，故A正确；
对于B，，
，，
设分别为平面、平面的一个法向量，
所以，令，可得，所以，
，令，可得，所以，
所以，所以平面平面，
可得点到平面的距离即为所求，，
所以点到平面的距离为，故B正确；
对于C，，，
设为平面的一个法向量，
所以，令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以，
因为，所以，故C错误；
对于D，因为平面的一个法向量为，，
所以点到平面的距离为，
故D错误.
故选：AB.
47．ACD
【分析】A由面面平行得到线面平行；B用空间向量法求出点到平面的距离；C找到与所成的角就是与所成的角，由边长关系确定即可找到最大和最小；D由和外接球体积最小确定球心，再由球的体积公式求出即可.
【详解】A：由题意可知，且面，面，
所以面面，
又因为面，
所以平面，
故A正确；
B：因为平面，
所以Q到平面的距离等于到平面的距离，
以所在直线分别为轴，以为原点建立空间直角坐标系，如图
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，则，所以，
所以到平面的距离，故B错误；
C：
因为，所以与所成的角就是与所成的角，
因为点Q是线段上的动点（不含端点），所以与所成角的最大值为，
又因为，，
所以，
所以在中，，即为与所成角的最小值，但不能取得，
所以与所成角的取值范围为，故C正确；
D：
因为，又是直角三角形，，取的中点，
则，
因为棱锥外接球体积最小，所以在处，所以，
所以为外接球的球心，
所以，
所以，故D正确；
故选：ACD
48．
【分析】取中点为，根据二面角平面角定义可知，得到为等边三角形；根据三角形中位线性质和异面直线所成角的定义可知：或其补角即为所求角，结合长度关系，利用余弦定理可求得，进而得到结果.
【详解】连接，，，取中点，连接，，
∵四边形，为矩形，∴，，
平面平面，平面，平面，
∴即为二面角的平面角，∴，
又，，∴，∴为等边三角形，∴；
∵，分别为，中点，∴，，
∴（或其补角）即为异面直线与所成角，
∵，∴，
∴，
所以异面直线与所成角的正弦值为．
故答案为：．
49．##
【分析】根据中位线的性质与线面平行的判定与性质转化交线与平面所成角为与平面所成角，根据线面角定义、线面垂直的判定与性质解三角形即可.
【详解】因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故答案为：.
50．(1)
(2)
【分析】(1)由异面直线的定义求解；
(2) 先证明平面，可得，所以是二面角的平面角，即可求解．
【详解】（1）是异面直线与所成的角或其补角，
，
∴异面直线与所成的角为．
（2）∵平面平面，平面平面，
平面平面，
平面，平面，
平面，
平面平面，
又是二面角的平面角．
平面平面，
．
，即二面角的余弦值为．
51．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意首先证明平面，由此可得，又由三线合一可得，结合线面垂直的判定定理、性质定理即可得证.
（2）作出适当的辅助线，首先得，作出二面角的平面角结合解直角三角形的知识可得，然后利用平行关系得线线角，利用解三角形知识即可得解.
【详解】（1）因为侧面底面，侧面底面，
又因为底面为矩形，所以，
又平面，所以平面．
又平面，所以．
又侧面是正三角形，是的中点，所以．
又，，平面，
所以平面．
又因为平面，
所以．
（2）如图，
过点作，垂足为，易得为的四等分点，．
由于侧面底面，交线为，
所以底面，过作，垂足为，连接，
则即为二面角的平面角，其大小为．
在中，，所以，所以．
因为，，所以四边形为平行四边形，从而．
由（1）知平面，所以为直角三角形，
所以异面直线与所成角即为．
52．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点，连接，由给定条件结合余弦定理求出，再推证即可求出四边形面积.
（2）由已知可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，取的中点，连接，
在中，由，，得，，
在中，由，，得，，
则为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理得，解得，
又，平面，则平面，而平面，于是，
显然，则，
所以平行四边形的面积.
（2）由（1）知，有，则，
同理，又，，即，则，
以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
假设存在点满足题意，不妨设，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则，
解得，此时，
所以存在点满足题意，且的长为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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