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第八章 立体几何初步（二）（知识归纳+题型突破）
1.能用图形、文字、符号三种语言描述三个公理，理解三个基本事实的地位与作用.
2.理解直线和平面平行的判定定理并能运用其解决相关问题.
3.通过对判定定理的理解和应用，培养学生的空间转化能力和逻辑推理能力.
4.掌握空间平面与平面平行的判定定理，并能应用这个定理解决问题.
5.平面与平面平行的判定定理的应用.
6.理解两异面直线的定义，
会求两异面直线所成的角；
7.理解直线与平面垂直的判定定理，并会用其判断直线与平面垂直.
8.理解直线与平面所成角的概念，并能解决简单的线面角问题.
9.能利用直线与平面垂直的判定定理进行证明.
10.掌握直线与平面平行的性质定理；?
11.能用直线与平面平行的性质定理解决相关问题；
12.理解直线到平面的距离，两平行平面的距离定义.
13.理解二面角的有关概念，会作二面角的平面角，能求简单二面角平面角的大小.
14.了解面面垂直的定义，掌握面面垂直的判定定理，初步学会用定理证明垂直关系.
15.熟悉线线垂直、线面垂直的转化.
16.掌握平面与平面垂直的性质定理；?
17.运用平面与平面垂直的性质定理解决一些简单的问题；
18.了解平面与平面垂直的判定定理与性质定理之间的关系.
知识点1：异面直线
（1）异面直线的概念
不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线
（2）异面直线的画法
画异面直线时，为了体现它们不共面的特点，常借助一个或两个平面来衬托
（3）异面直线的判定
①定义法 ②两直线既不平行也不相交
知识点2：直线与平面平行
（1）直线与平面平行的判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
符号表述：
图形语言
直线与平面的平行关系（空间问题）转化为直线间的平行关系（平面问题） 即
线线平行 线面平行
（2）直线与平面平行的性质定理
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行
符号表述：，，
简记：线线平行 线面平行
注意：①定理中三个条件缺一不可
②简记：线面平行，则线线平行
③定理的作用：判断直线与直线平行的重要依据
④定理的关键：寻找平面与平面的交线
知识点3：平面与平面平行的判定定理
（1）两个平面平行的判定定理
如果一个平面内的有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.（定理简述：线面平行，则面面平行.）
（2）符号语言
（3）图形语言
（4）定理应用
线线平行面面平行
知识点4：平面与平面平行的性质定理
（1）平面与平面平行的性质定理
两个平行平面，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.
（2）符号语言
（3）图形语言
（4）定理应用
面面平行线线平行
知识点5：异面直线所成角的概念
已知两条异面直线，，经过空间任一点分别作直线，，我们把直线与所成的
角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）
知识点6：异面直线所成角的范围
由异面直线所成角的定义得，异面直线所成的角是锐角或直角，即.
注意：①异面直线所成角的大小不能是，若两条直线所成角是，则这两条直线平行，不可能异面.②空间两直线所成的角的范围是.
知识点7：直线与平面垂直
（1）定义：如果一条直线与平面内的任意一条直线都垂直，那么直线垂直于平面，记为.直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面，垂线与平面的交点P叫垂足.
（2）符号语言：对于任意，都有.
（3）图形语言：
（4）应用：①若直线与平面垂直，则这条直线与这个平面内的所有直线都垂直，从而可判断直线与平面内的直线互相垂直，即“若，，则”，简述为“若线面垂直，则线线垂直”因此直线与平面垂直的定义不仅是直线与平面垂直的判定方法，也是证明直线与直线垂直的重要且常用的方法.
②重要结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直；过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
知识点8：直线与平面垂直的判定定理
（1）直线与平面垂直的判定定理： 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.简记：线线垂直线面垂直
（2）符号语言：，，，，
（3）图形语言：如图
知识点9：直线与平面所成角
（1）直线与平面所成角的定义
如图，一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足，过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影，平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角.
（2）说明：①为斜线
②与的交点为斜足
③直线为在平面上的射影
④直线与射影所成角（角）为直线与平面上所成角
⑤当直线与平面垂直时：；当直线与平面平行或在平面内时：
⑥直线与平面所成角取值范围：.
（3）直线与平面所成角的求解步骤
①作：在斜线上选取恰当的点向平而引垂线，在这一步确定垂足的位置是关键；
②证：证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据为直线与平面所成的角的定义；
③算：一般借助三角形的相关知识计算.
知识点10：二面角
（1）二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面.
（2）符号语言：
①二面角.
②在，内分别取两点，（，），可记作二面角；
③当棱记作时，可记作二面角或者二面角.
知识点11：二面角的平面角
（1）定义：在二面角的棱上任取一点，以点为垂足，在半平面和内分别作垂直与直线的射线，，则射线和构成的叫做二面角的平面角.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
（2）说明：
①二面角的大小可以用它的平面角的大小来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度；
②二面角的大小与垂足在上的位置无关一个二面角的平面角有无数个，它们的大小是相等的；
③构成二面角的平面角的三要素：“棱上”“面内”“垂直”.即二面角的平面角的顶点必须在棱上，角的两边必须分别在两个半平面内，角的两边必须都与棱垂直，这三个条件缺一不可，前两个要素决定了二面角的平面角大小的唯一性，后一个要素表明平面角所在的平面与棱垂直；
④二面角的平面角的范围是，当两个半平面重合时，；当两个半平面合成一个平面时，
⑤当两个半平面垂直时，，此时的二面角称为直二面角.
知识点12：二面角的平面角求法
（1）定义法：利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点（一般取特殊点），过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法，要注意用二面角的平面角定义的三要素来找出平面角.
（2）三垂线定理及其逆定理
①定理：平面内的一条直线如果和经过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线的射影与二面角的棱垂直，推得它在二面角的另一面上的射影也与二面角的棱垂直.从而确定二面角的平面角.
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角.
（4）转化法：化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角（或其补角）.
（5）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法（该方法我们将在选择性必修第一册中学到）.
知识点13：平面与平面垂直
（1）定义:一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.
（2）符号语言:
（3）图形语言
知识点14：平面与平面垂直的判定定理
（1）定理：如果一个平面过另一个平面的的垂线，那么这两个平面垂直.（线面垂直，则面面垂直）
（2）符号（图形）语言:，
（3）应用：线面垂直面面垂直.
知识点15： 平面与平面垂直的性质定理
（1）定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
（2）符号（图形）语言：，， .
（3）应用：①面面垂直线面垂直 ②作平面的垂线.
题型一：三点共线问题
例题1
（2024·全国·高二专题练习）
1．如图所示，四边形ABCD中，已知AB∥CD，AB，BC，DC，AD(或延长线)分别与平面α相交于E，F，G，H，求证：E，F，G，H必在同一直线上．

例题2
（2023·全国·高一专题练习）
2．如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.
例题3
（2023·全国·高三专题练习）
3．如图所示，在正方体中，E，F分别是的中点．
(1)求证：三线交于点P；
(2)在（1）的结论中，G是上一点，若FG交平面ABCD于点H，求证：P，E，H三点共线．
巩固训练
（2024·全国·高一假期作业）
4．空间中五点不共面，已知在同一平面内，在同一平面内，那么三点（ ）
A．一定构成三角形 B．一定共线 C．不一定共线 D．与共面
（2023下·河南信阳·高一校联考期中）
5．如图，在正方体中，E，F分别是上的点，且.

(1)证明：四点共面；
(2)设，证明：A，O，D三点共线.
（2023·高一课时练习）
6．如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C与截面DBC1交于O点，AC，BD交于M点，求证：C1，O，M三点共线．
题型二：三线共点问题
例题1
（2023·全国·高三专题练习）
7．如图，在空间四边形中，，分别是，的中点，，分别是边，上的点，且．求证：直线，，相交于一点．
例题2
（2023下·安徽·高一安徽师范大学附属中学校考阶段练习）
8．空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别在AB，BC，CD，AD上，且满足，.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)求证：EH，FG，BD三线共点.
例题3
（2023下·高一单元测试）
9．空间四边形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，且满足，，过点E，F，G的平面交AD于H，连接EH.
(1)求；
(2)求证：EH，FG，BD三线共点．
巩固训练
（2023下·陕西西安·高一校考期中）
10．（1）已知直线，直线与，都相交，求证：过，，有且只有一个平面；
（2）如图，在空间四边形中，，分别是，的中点，，分别是边，上的点，且.求证：直线，，相交于一点.

（2023下·陕西·高一校联考期中）
11．已知分别是正方体中和的中点.
(1)证明：四点共面.
(2)证明：三条直线交于一点.
（2023·高一课时练习）
12．如图，正四棱柱'．
(1)请在正四棱柱中，画出经过P、Q、R三点的截面（无需证明）；
(2)若Q、R分别为'中点，证明：AQ、CR、三线共点．
题型三：由平面基本性质做截面图
例题1
（2024上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期末）
13．如图所示，正四棱台中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点在上且满足，过点的平面与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
例题2
（2024上·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）
14．如图，正方体的棱长为2，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面记为，则截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
例题3
（2024上·北京石景山·高三统考期末）
15．在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得（ ）

A． B．
C．平面 D．平面平面
例题4
（2024·全国·高三专题练习）
16．在长方体中，，，，为，的中点，在上，且.过，，三点的平面与长方体的六个面相交得到六边形，则点到直线的距离为 .
巩固训练
（2024·全国·模拟预测）
17．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A． B．9 C． D．
（2024上·贵州黔东南·高三天柱民族中学校考阶段练习）
18．如图，正方体棱上一动点F，点E为棱BC的中点，则平面AEF截得正方体的几何图形可以是（ ）

A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．六边形
（2024·全国·高三专题练习）
19．正方体的棱长是，其中是中点，是中点，则过点的截面面积是 ．
（2024·全国·高二专题练习）
20．已知正三棱柱的底面边长为3cm，高为3cm，M、N、P分别是、、的中点.
(1)用“斜二测”画法，作出此正三棱柱的直观图（严格按照直尺刻度）；
(2)在（1）中作出过M、N、P三点的正三棱柱的截面（保留作图痕迹）.
题型四：求异面直线所成角
例题1
（2024上·辽宁沈阳·高二校联考期末）
21．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
例题2
（2024·全国·模拟预测）
22．如图,在圆锥中,,为圆上的点,且,,若为的中点,为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
例题3
（2024上·上海徐汇·高二统考期末）
23．如图，在正四棱柱中，底面是正方形，且，，经过顶点A和各作一个平面与平面平行，前者与平面交于，后者与平面交于，则异面直线与所成角的余弦值为 .
例题4
（2024·全国·模拟预测）
24．如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，点为上靠近点的三等分点，点为上靠近点A的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．

巩固训练
（2024上·内蒙古呼和浩特·高二统考期末）
25．在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·模拟预测）
26．如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），M，N分别为，的中点，若平面，当取得最小值时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）
27．已知棱长均相等的正三棱柱，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
（2024·全国·高三专题练习）
28．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 ．
题型五：由异面直线所成角求参数
例题1
（2024上·河北邯郸·高三磁县第一中学校考阶段练习）
29．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
例题2
（2024·全国·高一假期作业）
30．如图，在四面体中，、分别为、的中点，若、所成的角为，且，则的长为（ ）

A． B． C． D．或
例题3
（2023上·广西南宁·高二南宁三中校联考期中）
31．如图，由矩形与矩形构成的二面角为直二面角，为中点，若与所成角为，且，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
巩固训练
（2024·全国·高三专题练习）
32．如图，在三棱锥中，异面直线与所成的角为60°，，分别为棱，的中点，若，，则（ ）

A． B．2 C．或 D．2或
（2023上·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）
33．在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，满足直线与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积的大小为（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·高三专题练习）
34．在空间四边形中，是的中点，是的中点，对角线，异面直线与所成角大小为60°，则的长度是 ．
题型六：线面平行的判定与性质定理
例题1
（2023上·上海浦东新·高三校考期中）
35．如图，四边形是平行四边形，是平面外一点，为上一点，若平面，则 ．

例题2
（2023上·河北秦皇岛·高二统考期中）
36．如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．证明：平面PBC.

例题3
（2023上·四川南充·高二四川省南充高级中学校考阶段练习）
37．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)三棱锥的体积大小．
例题4
（2023下·全国·高一期中）
38．如图所示，已知是平行四边形所在平面外一点，分别是的中点.

(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求证：.
巩固训练
（2023上·河南·高三安阳县高级中学校联考阶段练习）
39．如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为棱上的点，，且平面，则 .
（2023上·陕西·高二校联考阶段练习）
40．在正四棱台中，，，，，，若平面，则 ．

（2023·全国·高三专题练习）
41．如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点，，求证：平面；
（2023·全国·高一随堂练习）
42．如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证：．
题型七：面面平行的判定与性质定理
例题1
（2023上·安徽六安·高二校考阶段练习）
43．已知直三棱柱中，，，，P是的中点，Q在棱上，且，M在棱上，若平面，则（ ）

A． B． C． D．
例题2
（2023·全国·高三专题练习）
44．如图，在多面体中，是正方形，，，，为棱的中点．求证：平面平面.
例题3
（2023下·辽宁阜新·高一校考期末）
45．已知在正方体中，M、E、F、N分别是、、、的中点.求证：
(1)E、F、D、B四点共面
(2)平面平面.
例题4
（2023上·辽宁沈阳·高二沈阳市第一二〇中学校考开学考试）
46．如图甲，在平面五边形ABCDE中，，，，，，，，，垂足为H，将沿AD折起（如图乙），使得平面平面ABCD．

(1)求证：平面ABCD；
(2)在线段BE上是否存在点M，使得平面CDE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
巩固训练
（2023下·全国·高一随堂练习）
47．如图，在三棱锥中，、、、分别是、、、的中点，且，．
(1)证明：；
(2)证明：平面平面.
（2023下·全国·高一随堂练习）
48．直四棱柱中，，求证：平面.

（2023上·江西宜春·高一江西省丰城中学校考期中）
49．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点．

(1)证明：平面.
(2)在上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
（2023·全国·高一随堂练习）
50．如图，点S是所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且．求证：平面．

题型八：直线与平面垂直
例题1
（2024·全国·模拟预测）
51．如图，在四棱锥中，平面，，，，，是的中点．

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积．
例题2
（2024·全国·模拟预测）
52．如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，，，，且在中，，．
(1)求证：；
(2)若，求四棱锥的体积．
例题3
（2024·全国·高三专题练习）
53．如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.证明：平面平面；
例题4
（2024·全国·高三专题练习）
54．如图，在三棱柱中，，．证明：
例题4
（2024·全国·模拟预测）
55．如图，在直三棱柱中，为正三角形，点E，F分别在棱，上，且，．

(1)证明：平面平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
巩固训练
（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）
56．如图，已知正四棱柱，
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
（2024·全国·高三专题练习）
57．如图，在四棱锥中，已知，.证明：平面；
（2024·全国·高三专题练习）
58．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.证明：平面平面；
（2024·全国·高三专题练习）
59．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点，证明：.
（2024·全国·模拟预测）
60．如图，在三棱锥中，△是边长为的正三角形，，．
(1)求证：平面平面BCD；
(2)若点E在棱BC上，且，求三棱锥的体积．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．证明见解析.
【分析】根据推论3及公理2可知，两条平行直线AB和CD可以确定一个平面ABCD，并且平面ABCD与平面的所有的公共点应该在一条直线上，根据题意，这些公共点即E，F，G，H四点，所以这四点必定共线.
【详解】证明：因为AB∥CD，所以AB，CD确定平面AC，因为AB∩α＝E，所以E∈平面AC，E∈α，由基本事实3可知，E必在平面AC与平面α的交线上．同理F，G，H都在平面AC与平面α的交线上，因此E，F，G，H必在同一直线上．
【点睛】在立体几何的问题中，证明若干点共线时，常运用公理2，即先证明这些点都是某二平面的公共点，而后得出这些点都在二平面的交线上的结论.
2．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件，可得以及，所以，进而得出四点共面；
（2）因为是平面和平面的交线，只需证明点是平面和平面的交点，即可证得，进而得到三点共线.
【详解】（1）因为E，F分别为AB，AD的中点，所以.
在中，因为，所以，所以，
所以.
所以E，F，G，H四点共面.
（2）因为，所以.
由已知可得，，，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，所以平面ABC.
同理，平面ADC，平面ADC.
所以为平面ABC与平面ADC的一个公共点.
又平面平面，所以，
所以P，A，C三点共线.
3．(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，，可得到且，则EC与相交，设交点为P，则能得到P平面ABCD，平面，结合平面平面，即可得证；
（2）可证明P，E，H都在平面与平面ABCD的交线上，即可得证
【详解】（1）证明：连接，，
正方体中，E，F分别是的中点，
∴且，
∵且，
∴且，
∴EC与相交，设交点为P，
∵PEC，EC平面ABCD，∴P平面ABCD；
又∵，平面，∴平面，
∴P为两平面的公共点，
∵平面平面，∴，
∴三线交于点P；
（2）
在（1）的结论中，G是上一点，FG交平面ABCD于点H，
则FH平面，∴平面，又平面ABCD，
∴平面平面ABCD，
同理，平面平面ABCD，
平面平面ABCD，
∴P，E，H都在平面与平面ABCD的交线上，
∴P，E，H三点共线．
4．B
【分析】由已知条件可知，既在平面上又在平面上，结合公理3即可得出．
【详解】设平面为，平面为，且不共面，则，，则必相交于直线，且，故三点一定共线且位于平面与平面的交线上.
【点睛】本题对空间中三点共线进行考查，解题的关键是公理3 的运用．
5．(1)证明见祥解
(2)证明见祥解
【分析】（1）连接，利用中位线定理得到，再根据正方体的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，从而得到，由此可证四点共面；
（2）先证平面，且平面ABCD，又平面平面，
所以，进而得到A，O，D三点共线.
【详解】（1）证明：如图，连接.

在正方体中，，所以，
又，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
，所以四点共面；
（2）证明：由，，又平面，平面，
同理平面ABCD，又平面平面，
，即A，O，D三点共线.
6．证明见解析
【分析】欲证C1，O，M三点共线，只须证它们都在平面A1ACC1与平面DBC1的交线上，根据立体几何中的公理可知，只要说明C1，O，M三点是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点即可．
【详解】证明：如图，因为C1∈平面A1ACC1，且C1∈平面DBC1
∴C1是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点，又因为M∈AC，所以M∈平面A1ACC1
∵M∈BD，∴M∈平面DBC1，∴M也是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点
∴C1M是平面A1ACC1与平面DBC1交线
∵O是A1C与平面DBC1的交点，∴O∈平面A1ACC1，O∈平面DBC1
∴O也是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点
∴O∈直线C1M，即C1，O，M三点共线．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于证明C1，O，M三点都在平面A1ACC1与平面DBC1的交线上，再结合公理三进行求解.
7．证明见解析
【分析】
先通过中点以及线段比例关系证明，然后说明与交于一点，结合点在两个平面内这一特点说明三线共点.
【详解】
在空间四边形中，连接，
∵分别为的中点，则，且，
又由，则，且，
故，且，故四边形为梯形，与交于一点，
设与交于点，如图，
由于平面，故点在平面内，同理点在平面内，
又∵平面平面，∴点在直线上，
故直线相交于一点．
8．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）由线段成比例证∥，∥即可；
（2）先证四边形EFGH为梯形其腰交于一点，再证该点同属于面BDC和面ABD即可.
【详解】（1），
∥
∥
∥，所以四点共面；
（2）∥，且，，
，
四边形EFGH为梯形，
设，则，而平面ABD，所以平面ABD ,
又，平面BCD，所以平面BCD，
而平面平面，
，
EH，FG，BD三线共点.
9．(1)AH∶HD＝3∶1.
(2)证明见解析
【分析】
（1）由线面平行的判定定理可得平面ACD，再由可得答案：
（2）先证明四边形EFGH为梯形，设，则根据平面的性质可得答案．
【详解】（1）
∵，，
又平面ACD，平面ACD，平面ACD，
∵平面EFGH，且平面EFGH∩平面ACD＝GH，，
又，，
∴，即：
（2）
∵，且，，
∴，∴四边形EFGH为梯形，
设，则，而平面ABD，，平面BCD，
平面平面BCD＝BD，∴，∴EH，FG，BD三线共点．
10．证明过程见解析
【分析】
（1）设两平行直线确定的平面为，从而得到，，直线，即平面，证明出结论；
（2）作出辅助线，得到，且，得到四边形为梯形，与交于一点，再证明点在直线上，证明出结论.
【详解】（1）证明：设直线与，分别交于点，
如图1，

因为，所以确定一个平面，记为平面，
因为点直线，点直线，所以，，
所以直线，即平面，所以过，，有且只有一个平面；
（2）在空间四边形中，连接，
因为分别为的中点，则，且，
又由，则，且，
故，且，故四边形为梯形，与交于一点，
设与交于点，如图2，

由于平面，点在平面内，同理点在平面内，
又因为平面平面，
所以点在直线上，
故直线相交于一点.
11．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过证明，得到四点共面.
（2）设和交于点P，证明点P在平面与平面的交线上.
【详解】（1）连接，因为是正方体，
分别是和的中点，所以.
又，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以四点共面.
（2）由（1）知，且，
所以和必交于一点.
设，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面.
又平面平面，所以，
所以交于一点.
12．(1)图见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接由平面的基本性质作图；
（2）证明四边形AQRC为梯形，设，再证明，即可得到AQ、CR、三线共点．
【详解】（1）作直线分别交的延长线于，连接交于，
连接交于点，连接，
如图五边形PSQRT即为所求；
（2）证明：如图，连接，，，则，，
∵Q、R分别为中点，
∴QR，又AC，
∴QR，而AC＝2QR，可得四边形AQRC为梯形，
设，则，
∵AQ 平面，∴O∈平面A′AB，同理O∈平面C′CB，
又平面平面，∴，
即AQ、CR、三线共点．
13．D
【分析】
首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.
【详解】如图所示，
过点作于点，因为，
所以，
则四棱台的高为，则四棱台的体积为，
解得，所以侧棱长为.
如图所示：
过于点，于点，连接，
由对称性可知，
所以，
而，
所以，
所以，同理，
分别在棱上取点，使得，
易得，
所以截面多边形的周长为.
故选：D.
14．D
【分析】
作出辅助线，得到五边形即为截面，根据三角形全等或相似得到各边长度，求出截面面积.
【详解】延长，与直线相交于，
连接与分别交于点，连接，
则五边形即为截面，
正方体的棱长为2，点分别是的中点，
由≌≌得，
，，
故，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，⊥，
由勾股定理得，
取的中点，连接，则⊥，且，
由勾股定理，
其中，
由相似关系可知，，
故.
故选：D
15．A
【分析】
作出截面后可作，从而判断A，利用线面垂直的性质判断BC，根据面面平行的性质判断D．
【详解】选项A，正方体中，显然有，连接延长，
如果直线交棱于点（图1），则作交于，连接，则是梯形，作交于，则平面，
如果直线交棱于点（图2），则直接连接，在三角形内作交于，也有平面，因此A正确；

选项B，正方体中易知平面，因此与垂直的直线都可能平移到平面内，而当平面，平面时，直线与平面相交，不可能平移到平面内，B错；
选项C，由选项B知与不可能垂直，因此与平面也不可能垂直，C错；
选项D，过的平面只有平面与平面平行，因此要使得平面平面，则平面与平面重合，从而点只能在棱上，与已知不符，D错．
故选：A．
16．
【分析】
根据面面平行的性质得线线平行，即可根据相似求解截面六边形，根据线面垂直得线线垂直，即可根据面积公式求解.
【详解】
如图所示，在长方体中，连接,
因为，，，为，的中点，截面与平面，平面分别相交于直线，
所以，
所以，，，
所以，延长与的延长线交于,延长与相交于，连接，,
与的交点为， 与的交点为，
因为，所以，因为，，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，所以，又，所以，同理，，在上取一点，使得，过作与垂直，垂足为，连接，,
由于平面，所以平面，平面，
故,又平面,
所以平面,平面,故，
且，因为
，，
所以，所以，所以.
故答案为：.

17．A
【分析】作出正方体的截面图形，求出周长即可.
【详解】
如图，取AB的中点G，连接GE，，．
因为E为BC的中点，所以，，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，，
所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形，
其周长为．
故选：A．
18．AC
【分析】
首先求点为棱的中点，以及点在点处时，截面的形状，再讨论点在其他位置时，截面的形状.
【详解】如图，当点为棱的中点时，截面为等腰梯形；
当点在点处时，截面为菱形；
当时，截面为五边形；
当时，截面为四边形；
综上所述，AC正确，BD错误.

故选：AC.
19．
【分析】
根据题意得到过点的截面为五边形，由余弦定理求得，得到，求得平行四边形的面积为，再由，得到，进而求得截面的面积.
【详解】
在上取使，连接并延长与的延长线交于点，连交于，连接，
由正方体的性质可知，则五边形即为过点的截面，

由题可得，，
在中，，
由余弦定理得，所以，
所以平行四边形的面积为，
又由，
所以，
所以截面的面积为.
故答案为：.
20．(1)作图见解析；
(2)作图见解析.
【分析】
（1）利用斜二测法画出棱柱底面的直观图，再根据斜二测画图的原则确定三点，即可得直观图；
（2）应用平面的基本性质画出截面即可.
【详解】（1）①平面直角坐标系中作边长为3cm的等边三角形，原点为中点，如下图，
②在线段上找到中点，过作与x轴成45°的轴，并在轴找点使，此时直观图底面确定；
③过向上作与x轴垂直的射线，并在各射线上找一点使cm，连接，即得正三棱柱的直观图.
（2）①过作直线分别交射线于，连接，分别交于，
②连接，则截面即为所求.
21．A
【分析】连接，根据几何关系可知异面直线与所成角为或其补角，然后利用余弦定理求解出结果.
【详解】连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以异面直线与所成角为或其补角，
又因为且四棱柱为底面是正方形的直四棱柱，
所以，
所以，
故选：A.
22．A
【分析】首先作辅助线,找到异面直线所成的角或其补角即,然后找线面位置关系,求相关线段长,再利用余弦定理求解即可.
【详解】如图,取的中点,取的中点,连接
则,且,,则就是异面直线与所成的角或其补角．
易知平面,所以平面,所以.
因为,,所以,
所以由勾股定理得,
又,,
所以在△中,由余弦定理得,
故异面直线与所成角的余弦值为．
故选:A．
23．
【分析】
利用平面与平面平行的性质定理，得，，求与所成的角的余弦值即为所求.
【详解】设平面平面，因为平面，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以，，
因为平面平面，且平面平面，
同理可证，异面直线与所成的角即所成的
在正四棱柱中，底面是正方形，且，
，，
，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
故答案为：.
24．
【分析】
取的中点，连接，可知或其补角为异面直线与所成的角．结合余弦定理分析求解.
【详解】
如图，取的中点，连接，
则，则，可知或其补角为异面直线与所成的角．

因为，即为等边三角形，
不妨取，连接，则，
过点作于点，则，可得，
连接，则，
过点作，垂足为，连接，则，
所以，则，
又，所以，
故异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：.
25．D
【分析】
根据直线的平行关系得到异面直线所成角，解直角三角形即可.
【详解】设正方体棱长为2，连接，如图，
因为，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角，
在直角三角形中，，
故选：D
26．D
【分析】
根据条件平面，找到P的轨迹，又当取得最小值时，确定P的位置，由异面直线所成角的定义可求得结果.
【详解】如图，取的中点的中点，连接，，，所以,
又M，N分别为，的中点，所以，
故，平面,所以平面，
又,所以四边形为平行四边形，故，
平面,平面，
又，平面，，故平面平面，
所以当平面时，平面，则点在线段上，
当时，取得最小值，易知，
则此时为线段的中点．（等腰三角形中三线合一）
由可得，所以为异面直线与所成的角，
且由平面几何知识可知，，，，
．
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：D．
27．##
【分析】
连接，交于点，取的中点，连接，则，则为异面直线所成的角或其补角,解三角形即可.
【详解】
如图1，连接，交于点，取的中点，连接，
则，则为异面直线所成的角或其补角，不妨令，
则在三角形中，，，
由余弦定理可知：，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
28．
【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：．
29．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．
30．D
【分析】
取线段的中点，连接、，分析可知异面直线、所成的角为或其补角，分、两种情况讨论，通过解，可得出的长.
【详解】取线段的中点，连接、，

因为、分别为、的中点，则且，
同理可得且，
所以，异面直线、所成的角为或其补角，
①若，则是边长为的等边三角形，故；
②若，因为，则为等腰三角形，且，
取的中点，则，且.
综上所述，或.
故选：D.
31．D
【分析】
取的中点，作出直线与所成的角，结合已知利用余弦定理求解即得.
【详解】取的中点，连接，如图，
矩形中，为中点，则，即四边形是平行四边形，
有，因此是直线与所成的角或其补角，
显然，则是二面角的平面角，有，
即有，而平面，于是平面，平面，
则，由，得，令，则，
在中，由余弦定理得，
解得，所以.
故选：D
32．C
【分析】
利用线线角以及余弦定理求得.
【详解】设是的中点，连接，
由于，分别为棱，的中点，
所以,
所以是异面直线与所成的角或其补角，
当时，在三角形中，
由余弦定理得.
当时，在三角形中，
由余弦定理得.
所以为或.
故选：C

33．A
【分析】
结合题意易知的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，即可求扫过的面积.
【详解】由题意得：正方体中，易得，
要使直线与直线所成角的大小为，
只需与直线所成角的大小为，
所以绕以夹角旋转为锥体的一部分，如图所示：
所以,即，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
故线段扫过的面积的大小为.
故选：A.
34．1或
【分析】
取的中点，连接，易知，或60°，在三角形中，由余弦定理即可求出答案.
【详解】取的中点，连接，则，
因为异面直线与所成角大小为60°，
所以或60°，
又因为，所以，
所以在三角形中，由余弦定理可得：
或.
故答案为：1或
35．
【分析】
连接交于点，连接，根据线面平行的性质证明，即可得解.
【详解】连接交于点，连接，
因为四边形是平行四边形，所以为的中点，
因为平面，平面平面，平面，
所以，
所以为的中点，
所以.
故答案为：.
36．证明见解析
【分析】
作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，证明出两三角形全等，得到，得到线面平行.
【详解】
证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，

∵底面ABCD的中心为O，
∴平面，，
∵平面，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
∴
而，
∴，
∴，
∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC；
37．(1)证明见解析；
(2)1.
【分析】
（1）连接，取的中点为，利用平行公理及线面平行的判断推理即得.
（2）由（1）的结论，利用等体积法转化求出体积.
【详解】（1）在正方体中，连接，取的中点，连接，
有M为的中点，则，又E为BC的中点，
于是，则四边形是平行四边形，，
又F为CD的中点，则有，即四边形是平行四边形，，
因此，又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，
而正方体的棱长为1，平面，则点到平面的距离为到平面的距离1，
所以三棱锥的体积.
38．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）通过构造平行四边形的方法证得平面.
（2）根据线面平行的性质定理证得.
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示，
由，且，
，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，
所以.

39．
【分析】
根据线面平行的性质定理，平行线分线段成比例等知识求得正确答案．
【详解】
设，连接，
由于平面，平面，平面平面，
则，
由于,,所以，
所以．
故答案为：．
40．##0.75
【分析】画出图形，由题意平面，可以推理得出，再根据题目条件分别把这两个向量表示为，，由向量共线的条件即可求解.
【详解】如图所示：

连接，设，平面平面，
因为平面，且平面，
所以；
因为四棱台底面为正方形，且，，
所以，，
从而，
又因为，，
所以，
，
因为，
所以.
故答案为：.
41．证明见解析
【分析】
取的中点，连接，，可证明，再根据线面平行的判定定理可得结论.
【详解】
取的中点，连接，，
根据题意可得，且，，可得
由三棱柱得性质知，所以，即，
则四边形是平行四边形，所以，
因为面，面，
所以面．
42．证明见详解
【分析】
连接交于点，连接，先利用三角形中位线性质和线面平行判定定理证明平面，然后由线面平行性质定理可证.
【详解】连接交于点，连接，
因为ABCD是平行四边形，所以为中点，
又M是PC的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以

43．B
【详解】取上一点，使得，取上一点，使得，连接，取的中点，连接，由面面平行的判定定理可证明平面，再由面面平行的性质定理可得平面，故重合，即可得出答案.
【分析】取上一点，使得，取上一点，使得，
连接，因为，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为取的中点，连接，三棱柱的性质知：
，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以，又因为，
所以在中，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
而平面，所以平面，故重合，所以.
故选：B.

44．证明见解析
【分析】
连接交于，连接，即可得到，从而证明平面，再说明四边形是平行四边形得到，即可得到平面，从而得证.
【详解】
连接交于，连接，则为的中点，
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面．
45．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据题意证明，即可得结果；
（2）根据线面、面面平行的判定定理分析证明.
【详解】（1）
证明：分别是、的中点，
所以，
又，
所以四边形是平行四边形，
.
，
即确定一个平面，故E、F、D、B四点共面.
（2）
（2）M、N分别是、的中点，
.又平面，平面，平面.
连接，如图所示，则，.
四边形是平行四边形.
.
又平面，平面.
平面.
都在平面,且,所以平面平面.
46．(1)证明见解析
(2)存在，，理由见解析.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理证明；
（2）过点作平行线得出与平面平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解.
【详解】（1）
因为，平面平面，
平面平面,
平面，
所以平面ABCD.
（2）
过点作交于点，
过点作交于点，连接.
又因为，所以，又平面，
平面，
所以平面，同理平面,
又因为，
平面平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
在中，，
所以，
又，所以，
因为，所以,
又因为,所以,
所以在线段上是否存在点，使得平面CDE,且.
47．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）连接，由三线合一可得，，故而证明平面，于是；
（2）根据中位线定理可得，，即可得到平面，同理可证平面，即可得证．
【详解】（1）
连接，
，，是的中点，
，，
又平面，平面，，
平面，
又平面，
．
（2）
，，分别是，，的中点，
，，
又平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又，平面，平面，
平面平面．
48．证明见解析
【分析】
先证明平面，平面，可得平面平面，进而可得结论.
【详解】
因为直四棱柱中，
又，且平面，平面，
平面，平面
而，平面,
平面平面，
又平面平面
49．(1)证明见解析
(2)上存在点，且
【分析】
（1）通过构造中位线的方法来证得平面.
（2）通过证明面面平行的方法来确定点的位置.
【详解】（1）
连交于，因为为中点，
所以是中位线，所以．
又平面AEC，平面．
所以平面AEC．

（2）
上存在点，且，使得平面，
证明：上取点，且，
因为为上的点，且，
所以在中，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又在中，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面．

50．证明过程见解析
【分析】
作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行，面面平行，从而证明出线面平行.
【详解】在上取，使得，则，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，则，
又中，，故，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.

51．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用直线与平面垂直的定义和判定定理证明；
（2）利用第一问的结果找到三棱锥的高，底面积为的一半，然后用棱锥的体积公式求解．
【详解】（1）
证明：因为平面，所以,.
因为，所以.又因为平面，所以平面.
因为平面，所以．
因为，所以，
所以，又是的中点，所以．
又因为，平面，所以平面.
（2）因为，平面，平面，所以平面.
所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
因为平面，所以到平面的距离就是线段的长，
也就是点到平面的距离等于线段的长，所以点到平面的距离等于线段的长.
因为，，是的中点，所以.
因为平面， 平面，所以.
因为，所以.
因为是的中点，所以，
所以.
52．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用线面垂直先证明，得到平面PAD即可；
（2）利用面面垂直找到P到底面的距离PH，再用棱锥的体积公式求出即可.
【详解】（1）
如图，取CD的中点E，连接BE．
∵，∴．∵且，
∴四边形ABED是矩形，
∴．
又∵，即，且，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
∵平面PAD，
∴．
（2）由题可得，．
又平面PAD，平面ABCD，∴平面平面ABCD．
∵平面平面，∴过P作于H，则平面ABCD．
∵，，∴．
∴．
故四棱锥的体积为．
53．证明见解析
【分析】
证明面面垂直，先证线面垂直，利用勾股定理证明，再由底面，底面，得出，即可得证.
【详解】设圆O的半径为r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圆锥中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
54．证明见解析
【分析】
取的中点，利用等腰三角形结合线面垂直判定定理先证明平面，然后由线面垂直性质可得.
【详解】取的中点，连接，，
，，，，
又，平面，
平面，
又因为平面，
.
55．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据正三角形的性质以及平行四边形的性质，结合面面垂直的性质定理，可得答案；
（2）根据三棱锥的体积公式，结合等积变换，可得答案.
【详解】（1）取AC的中点，过点作，交于点，连接BG，EH，如图．
由，且，则，
由，则，所以，
由，且可知，，且，
所以四边形BEHG是平行四边形，所以．
因为为正三角形，点为AC的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．

（2）因为，所以，又，
所以．
由（1）知平面，且，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
所以．
56．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据正四棱柱特点结合线面垂直的判定即可证明；
（2）通过平行四边形的性质并结合面面平行的判定即可证明.
【详解】（1）因为正四棱柱，所以平面，
且四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）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，
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，
又因为，且平面，所以平面平面.
57．证明见解析
【分析】
由余弦定理求得，由勾股定理逆定理得，然后可由线面垂直的判定定理得证线面垂直．
【详解】在中，，
所以.
所以，故，则.
又，即.
平面，
所以平面.
58．证明见解析
【分析】
根据三角形边角关系可得，进而结合勾股定理可得，即可求证线面垂直，进而可证面面垂直.
【详解】如图，连接，交于，连接.
因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.
又，且，所以，
所以.又，所以，所以.
因为平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
59．证明见解析
【分析】
先利用面面垂直的判定定理与性质定理推得平面，再利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得解.
【详解】因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
60．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据面面垂直的判定定理证明；
（2）利用三棱锥和的体积关系求解.
【详解】（1）如图，过点A作BD的垂线，垂足为O，
设，则，
因为，所以，
解得，则，，，
因为，，，所以，
连接OC，则，，
所以，所以，
因为平面，平面，且，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）设，则，
因为，，，所以，
即，解得，所以，
由（1）知，平面ABD，
所以．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第八章 立体几何初步（二）（知识归纳+题型突破）
题型九：求线面角
例题1
1．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．
例题2
2．如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
例题3
3．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于 ．
例题4
4．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面，．
(1)求证：；
(2)已知三棱锥的体积为，求直线PC与平面PAB所成角的正切值．
巩固训练
5．在长方体中，，，，则与平面所成角的正切值为（ ）
A． B．2 C． D．
6．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．
7．正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，则与侧面所成的角的大小为 .
8．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且.

(1)求证平面.；
(2)求与平面所成角的大小．
题型十：已知线面角求参数
例题1
9．已知斜三棱柱的底面是正三角形，与底面中心的连线垂直于底面，侧棱，，且与底面所成角的大小是，则此三棱柱的底面边长是 ．
例题2
10．已知正方体的棱长为2，点为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若，则点的轨迹所围成的周长为 ．
例题3
11．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面ABCD，为的中点．
(1)设平面与直线相交于点，求证：为的中点；
(2)若，，直线与平面所成角的大小为，求PD的长．
例题4
12．在三棱锥中，，，．

(1)求证：；
(2)若点在棱上，当直线与平面所形成的角的正弦值为时，求的值．
巩固训练
13．已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ．
14．已知正三棱柱内接于半径为2的球，若直线与平面所成的角为30°，则 .
15．如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由.
16．如图，在四棱锥中，DA⊥平面ABE，，，，F是DE的中点.

(1)证明：平面ABE；
(2)若，直线DE与平面ABE所成角为，求直线CF与直线DB所成角的余弦值.
题型十一：求二面角
例题1
17．如图，在正三棱柱中，底面的边长为1，P为棱上一点．
(1)若，P为的中点，求异面直线与所成角的大小；
(2)若，设二面角、的平面角分别为、，求的最值及取到最值时点P的位置．
例题2
18．如图，平行六面体的底面是菱形，且．试用尽可能多的方法解决以下两问：

(1)若，记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；
(2)当的值为多少时，能使平面？
例题3
19．如图，平面是的一条斜线，是在平面内的射影，为斜线和平面所成的角．设，过作的垂线，连结，则，且即为二面角的平面角（锐二面角），设．
请推导关于的等式关系（1）；关于的等式关系（2）．并用上述两结论求解下题：
设和所在的两个平面互相垂直，且，求二面角的正弦值的大小．
例题4
20．在三棱台中，，，且平面平面．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
巩固训练
21．已知在四棱锥中，，，，，，E为CD的中点.

(1)证明：平面平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值.
22．如图所示，在四棱锥中，四边形为梯形，，，平面平面．
(1)若的中点为，求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
23．如图，在三棱柱中，已知平面，且.

(1)求的长；
(2)若为线段的中点，求二面角的余弦值.
24．已知四棱锥的底面为梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判断直线和的位置关系，并说明理由；
(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．
①；
②为二面角的平面角．
题型十二：根据二面角求参数
例题1
25．刍薨是《九章算术》中出现的一种几何体，如图所示，其底面为矩形，顶棱和底面平行，书中描述了刍薨的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即（其中是刍薨的高，即顶棱到底面的距离），已知和均为等边三角形，若二面角和的大小均为，则该刍薨的体积为（ ）
A． B． C． D．
例题2
26．已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
例题3
27．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
例题4
28．如图，正方体的棱长为1．在棱上是否存在一点，使得二面角等于？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

例题5
29．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，在“阳马”中，侧棱底面，且.

(1)若，试计算底面面积的最大值;
(2)过棱的中点作，交于点，连，，求证:直线平面
(3)若平面与平面所成锐二面角的大小为，试求的值.
巩固训练
30．已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
31．已知菱形的边长为6，，将沿对角线翻折，使点到点处，且二面角为，则此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
32．已知在三棱锥中，，，，该三棱锥的外接球表面积为，若二面角的大小为120°，则 ．
33．如图，在长方体中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为的中点．
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，求的长．
题型十三：等体积法求点到平面的距离
例题1
34．如图所示，正方体的棱长为4，，分别是棱，上的动点，且，当四点共面时，点到平面的距离为（ ）

A． B． C． D．3
例题2
35．已知四棱锥如图所示，平面平面，四边形为菱形，为等边三角形，直线与平面所成角的正切值为1．

(1)求证：；
(2)若点是线段AD上靠近的四等分点，，求点到平面的距离．
例题3
36．如图，在正三棱锥中，，E，F分别是中点，M是上一点，且满足．
(1)证明：平面；
(2)求点D到平面的距离．
例题4
37．如图1，在平面四边形中，．将沿折叠至处．使平面平面（如图2），分别为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
巩固训练
38．如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
39．如图，在长方体中，，和交于点E，F为AB的中点．
(1)求证：平面；
(2)已知与平面所成角为，求点A到平面CEF的距离．
40．如图，已知四棱锥的底面是菱形，，是边长为2的正三角形，平面平面，为的中点，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积.
41．如图，已知三棱锥中，平面，，，，.

(1)求点到平面的距离；
(2)求三棱锥的表面积.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．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
2．B
【分析】
作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度.
【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，
连接，因为⊥平面，平面，
所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，
则，
因为，所以，
故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，
故轨迹长度为.

故选：B
3．
【分析】首先利用正三棱锥的性质，设底面边长为AB＝a，进一步求得侧棱长为：AC＝2a，顶点A在下底面的射影为O点．利用勾股定理求得：DE，进一步求得：OD，最后在Rt△AOD中，利用余弦公式求得结果．
【详解】解：正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，如图，设底面边长为BC＝a，
则：侧棱长为：AC＝2a
顶点A在下底面的射影为O点．
利用勾股定理求得：DE
进一步求得：OD
在Rt△AOD中，cos∠ADO
故答案为
【点睛】本题考查的知识要点：正三棱锥的性质，线面的夹角及相关的运算．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意分析证明平面PAC，进而可得结果；
（2）由体积可得，可证平面PAB，结合线面夹角的定义分析求解.
【详解】（1）在梯形ABCD中，
由，，，得，
所以，所以，
又因为平面ABCD，且平面ABCD，则，
因为平面，平面PAC，且，
所以平面PAC．
又平面PAC，
所以．
（2）由（1）知，
所以，解得，
又因为平面，平面ABCD，则，
因为，所以，
因为平面，平面PAB，且，
所以平面PAB，
故PB是PC在平面PAB上的投影，
所以即为直线PC与平面PAB所成的角的平面角，
在中，解得，
所以，
所以直线PC与平面PAB所成角正切值为.
5．D
【分析】连接，利用线面角定义知为所求的角，在直角中，即可求解.
【详解】在长方体中，平面，
是与平面所成的角，
连接，平面，，
又，，，所以，
在直角中，，即与平面所成角的正切值为．
故选：D．
6．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：.
7．
【分析】利用线面角的定义、线面垂直的判定及性质、解直角三角形运算即可得解.
【详解】如下图

取的中点，连接，，
∵是等边三角形，，∴，，
∵是正三棱柱，
∴平面，又∵平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面，又∵平面，平面，
∴，是与侧面所成的角.
∵，，
∴在中，，
又∵，∴，
即与侧面所成的角是.
故答案为：.
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由，因为平面，得到，结合直线与平面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）连接，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求得与平面所成的角.
【详解】（1）
解：因为是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）解：连接，因为平面，所以为与平面所成的角，
因为，所以，
在直角中，，
所以，即与平面所成的角为.

9．
【分析】
根据给定条件，作出图形，求出正的高即可计算得解.
【详解】令正的中心为，连接，由平面，得是直线与底面所成的角，
即，而平面，则有，，
因此正边上的高，
所以正的边长为.
故答案为：
10．
【分析】
连接交平面于，连接，可证平面，所以，由求出，根据四面体为正三棱锥，求出和，可得在平面内的轨迹是以为圆心，半径为的圆，根据圆的周长公式可求出结果.
【详解】
如图所示，连接交平面于，连接，
因为平面，所以，又，且与相交，
所以平面，所以，
同理可得，又，
所以平面，
∴是平面所成的角，∴．
由可得，，即．
在四面体中，，平面，
所以，所以为的中心，
又，．∴四面体为正三棱锥，
如图所示：在等边三角形中，，
，
∵，∴，即在平面内的轨迹是以为圆心，半径为的圆，∴周长为.
故答案为：
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据线线平行，结合中点即可求证，
（2）根据线面角的几何法求解即为直线BE与平面PAD所成角，故，即可理由三角形的边角关系求解.
【详解】（1）过作交于，连接,
由于,所以,
因此平面即为平面，
由于为的中点，所以为中点，

（2）由于四边形为菱形，且，，
所以,
取中点，连接,
由于平面，平面，所以,
又平面,
所以平面,
故即为直线与平面所成角，故，
故，因此

12．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）取的中点，连接，，由等腰三角形的性质有、，根据线面垂直的判定及性质即可证.
（2）首先证明平面，即可求出，过点作平面交于点，连接，则即为直线与平面所成的角，利用等体积法求出，再根据线面角的正弦值求出，在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接，．
∵，为的中点．
∴，
∵，为的中点．
∴，又，平面，
∴平面，而平面，
∴.

（2）因为，，，
所以，所以，又，，
平面，所以平面，
又，所以，
又，
由图可知二面角为钝二面角，
过点作平面交于点（、在两侧），连接、、，
则即为直线与平面所成的角，
又，所以，所以，
又直线与平面所形成的角的正弦值为，
所以，则，
在中由余弦定理可得，
又在中由余弦定理可得，
即，解得或（舍去），
所以，所以.

13．
【分析】
利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，

故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
14．
【分析】
根据正三棱柱性质以及线面角的大小，利用外接球半径为2可求得的边长，即得出结果.
【详解】
取的中点，连接，，如下图所示：

根据正三棱柱性质可知，又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面；
易知为直线与平面所成的角.
设的外接圆半径为，边长为，正三棱柱的高为，
则，，所以，可得.
又因为三棱柱内接于半径为2的球，
所以，
所以，解得，
即.
故答案为：
15．(1)；
(2)存在，1
【分析】
（1）根据线线平行可得异面直线所成的角，根据三角形的边角关系即可求解，
（2）根据几何法求解线面角，利用三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）因为为正方形，则，
则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角，
因为三角形是等边三角形，则
平面，平面，，．
所以异面直线AC与BD所成的角为．
（2）
作交于点，连接，
平面，平面，
则与平面所成的角为，
设，则，
则.
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）连接，得到，证明为直角三角形，则得到余弦值.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又.
所以且.
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面.
所以平面.
（2）由（1）可知即为直线与直线所成角或其补角，
连接，因为平面，平面，所以，
所以即为直线与平面所成角，所以,
所以，所以三角形为正三角形.
所以，
则，
所以为直角三角形，所以.
故直线与直线所成角的余弦值为.

17．(1)
(2)详见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，易知，则为异面直线与所成的角求解；
（2）分别取，的中点，，连接，，，根据正三棱柱，易证为二面角的平面角，为二面角的平面角求解.
【详解】（1）解：如图所示：
取的中点，连接，，易知，
则为异面直线与所成的角，
又，，，
由余弦定理得；
（2）如图所示：
分别取，的中点，，连接，，，
在正三棱柱中，
易知，，又，
所以平面，又平面，
所以，则为二面角的平面角，
同理为二面角的平面角，
设，则，
所以，，
则，，
当时，即P为的中点时，取得最大值，
18．(1)
(2)1
【分析】
（1）根据二面角的定义作图分析确定二面角的平面角，计算二面角的平面角可结合直角三角形中的边角关系、余弦定理、勾股定理得方法求解即可得二面角的平面角的余弦值；
（2）可先猜测的值，然后证明平面，根据平行六面体法人几何性质结合线面垂直的判定定理证明、或者补形证明、或者利用空间向量的线性运算证明．
【详解】（1）
连接、设和交于，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接．

四边形是菱形，
，又，．
又，，
△△，，
，，
又，，平面
平面，
又平面，．
是二面角的平面角．
方法一：∵，可得，，
又．
因为平面，故平面平面，
而平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故，
∴．
又，∴，
∴．
方法二：在中，．
由余弦定理知，
又，∴，
∴，即．
∴是中点，．
方法三：∵，，
∴，
即．
∴，
∴，
，．
∴，故．
（2）当时，能使平面．
方法一 ：由前知平面，∴．
当时，平行六面体的六个面是全等的菱形．
同的证法可得，
而平面，故平面．
方法二 ：∵，∴．
由题设可知三棱锥是正三棱锥，设与相交于．

∵，且，∴．
又是正三角形的边上的高和中线，
∴点是正三角形的中心．
∴平面，即平面．
方法三 ：如图，沿面补一个全等的平行六面体．

∴．若平面，则平面．
∴．令．
由余弦定理可知，．
又，则，
即．
∴，解得或（舍）．
由此可知当时，平面．
方法四：如图，若平面，则与成的角．过作交的延长线于，则．四边形为平行四边形．设，，则．
∵，∴．
∴，．
在Rt中，，即，
∴，解得或（舍去）．
由此可知当时，平面．

方法五：记，菱形边长为．
∵是菱形，∴．
又，∴平面，得，要使平面，还需．
由，
则，
得，即时成立．
19．关系（1）：；关系（2）：；.
【分析】
（1）根据线面垂直、线线垂直结合线段长度表示出，然后根据数量关系得到关系（1）和关系（2）；
（2）过作延长线于，连结，根据线段长度求解出，，然后根据两个关系可求解出二面角的正弦值的大小.
【详解】
关系（1）：；关系（2）：；
下面给出证明：
在题干的左图中，因为平面，平面，
所以，
又，，平面,
所以平面，且平面，
所以，所以，
又因为，
故关系（1）：；
同理可得：，
故关系（2）：；
如下图，过作延长线于，连结，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
设二面角的平面角中的锐角为，
因为，
所以与全等，
所以且，所以，
又因为，
所以，
设二面角的平面角中的锐角为，
由两个重要关系，可得，，
利用同角的三角关系可得：，
所以，
由于为锐角，因此，
即二面角的平面角的正弦值为．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据面面垂直得到平面，确定，再证明得到平面，得到答案.
（2）设，连接，故二面角的平面角为，计算，得到答案.
【详解】（1）平面平面，平面平面，，
平面，故平面，平面，故，中点为，连接，，则，，
，则，，，
故四边形为矩形，
，，，
故，即，
，平面，故平面，
又平面，故平面平面.
（2）设，连接，平面，面，故，
又因为，所以二面角的平面角为，
，，
平面，平面，所以，
在中，，解得，从而，故二面角的正弦值为.
21．(1)见解析
(2)
【分析】
（1）连接，由已知可得，即有，再由线面垂直的判定证面，根据面面垂直的判定即可得结论；
（2）首先根据条件作出直线与平面所成的角，点作，分别与，相交于，，连接，为直线与平面所成的角, 为直线与平面所成的角，根据这两个角相等，得到边的关系，最后得到二面角的平面角为.
【详解】（1）平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△中，故，即，
所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，
因为，且 ，面，所以面，
由面，故面面.
（2）平面，
是二面角的平面角，
过点作，分别与，相交于，，连接，
由（1）知平面，
为直线与平面所成的角，且，
由，则，由，则，
又，且面，则面，而面，
所以，结合，，且面，
所以面，则为直线与平面所成的角，
有题意知，
,
因为知，，又，
是平行四边形， ，，
因为，，
，
于是，所以，
又，，，
所以，因为，面，面，
则，则，即，
因为为中点，则，又因为，且平面，平面，
则二面角的正切值即为，
则，
二面角的正弦值是.

22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行知识可求解.
（2）根据题意做辅助线找到二面角，再结合余弦定理，从而求解.
【详解】（1）设是中点，连接，如下图所示：
在中，为为中位线，所以：，又因为：，
所以：，所以：四边形为平行四边形，得：，
又因为：平面平面，所以：平面.

（2）如图，延长和交于点，连接.
过点作，垂足为点，连接.

因为：平面平面，平面平面，
所以：平面，
因为：，且平面，
所以：平面，所以：为所求二面角的平面角，
在中，，
得：，
所以：，
所以：.
23．(1)2
(2)
【分析】
（1）根据题意可得平面，进而分析可知正方形，即可得结果；
（2）根据题意利用补形法分析可得二面角的平面角为，利用余弦定理运算求解.
【详解】（1）连接，
因为平面，平面，则，
又因为，平面，
所以平面，
且平面，可得，
因为为平行四边形，且，则为矩形，
所以正方形，可得.
（2）根据题意将三棱柱转化为正四棱柱，
取的中点，连接，则三点共线，且//，
因为//，可得//，
所以平面即为平面，
同理平面即为平面，
因为//，平面，则平面，
且平面，则，
所以二面角的平面角为，
可得，
在中，则，
所以二面角的余弦值为.
.
24．(1)相交，理由见解析
(2)
【分析】
（1）由题意延长必交于一点，结合平面的基本性质证明直线即为直线，即可判断直线和的位置关系；
（2）根据二面角平面角定义或垂直关系，即无论选择条件①②，结合面面垂直性质，均可证得平面，平面，设，根据垂直关系可用表示出所需长度，利用体积桥可求得，再利用面积桥可求得点到直线的距离，由此可得，进而得到.
【详解】（1）且，延长必交于一点，即为点，
平面，平面，且，，
平面，平面，又平面，平面，
连接，则平面平面，又平面平面，
直线即为直线，如下图所示，

，即直线与相交.
（2）若选条件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
若选条件②，若为二面角的平面角，则，，
又，；
平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
25．A
【分析】
根据给定条件，求出线段长及点到平面的距离，再代入公式计算即得.
【详解】令点在平面的投影分别为，取的中点，连接，
由平面，平面，得，
由正，得，平面，
则平面，同理平面，由四边形为矩形，得，
于是平面，而面，平面，则，
显然，有，且都在平面，因此点共线，
显然，而平面，平面平面，平面，则，
四边形为平行四边形，，
由，，得是二面角的平面角，即，
则，又，因此，
同理，而，则，
所以该刍薨的体积为.
故选：A
26．C
【分析】
根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】设弦的中点为，连接，依题意，可得如下图形，
由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，
故，
四面体的体积为
，
其中
，当且仅当时取等号，
由球的截面性质，，，
所以四点共圆，则有外接圆直径，
从而，
.
故选：C
27．AC
【分析】
根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

28．存在，
【分析】
作出辅助线，证明线面垂直，得到为二面角的平面角的补角，即有，设，表达出其他边长，根据特殊三角函数值列出方程，求出，得到答案.
【详解】假设存在满足条件的点，连结，过作为垂足，
并延长与相交于，连结．

因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以．
所以为二面角的平面角的补角，即有．
设，则．
在中，，从而．
在中，，解得．
因此，存在符合题设条件的，且满足．
29．(1)；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】
（1）由线面垂直得，，由基本不等式可得最小值；
（2）先平面，得，再证平面，得，最后证明平面；
（3）由分别是平面与平面的垂线得出，由正切的定义得边的关系，再转换可得结论．
【详解】（1）平面，平面，则，
所以，又，所以，
是矩形，所以，即，当且仅当，即，时等号成立，
所以底面面积的最大值是；
（2）平面，平面，则，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
，是中点，则，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，
又因为，，平面，所以平面；

（3）因为平面，底面，平面与平面所成锐二面角的大小为，
所以与的夹角也是，即，
所以，，
，
所以．
30．C
【分析】
根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】
取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
31．D
【分析】
先利用二面角的定义求得，再由三棱锥的结构特征得到其外接球的球心在的平分线上，从而利用勾股定理与余弦定理，列出关于的方程，解之即可得解.
【详解】连接交于，连接，易得为与的中点，

四边形为菱形，，即，，
二面角的平面角为，；
又，，所以，
在中，由余弦定理得，
由三棱锥的结构特征可得其外接球的球心在的平分线上，
记外接球的球心为，设，外接球半径为，
所以，
即，解得，所以，
三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.
32．
【分析】
先利用题给条件得到二面角的平面角，再求得三棱锥的外接球半径，进而利用三棱锥外接球结构特征列出关于实数a的方程，解之即可求得实数a的值.
【详解】取AB中点E，AC中点D，连接PE、DE、PD，
又，，，
则，，为二面角的平面角，
则，，，，
过点D作平面ABC，则三棱锥的外接球球心O在DN上，
过点P作于H，则，
由三棱锥的外接球表面积为，则外接球半径为
则，由，
可得，解之得
故答案为：
33．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，交于点，利用线面垂直的判定定理可证平面，进而可证结论成立.
（2）连接，证明为二面角的平面角，求出的长度，进而求出的长．
【详解】（1）连接，交于点，
因为在长方体中，平面，平面,
所以，又因为底面为正方形，
所以，且，平面，
所以平面，因为平面，所以；
（2）连接，易知，所以，
且为的中点，所以在等腰中，，且，
所以为二面角的平面角，即，
所以，所以.
34．A
【分析】
由面面平行的性质得到，又，故，分别为，的中点，有等体积法求出点到平面的距离.
【详解】
因为平面与平面平行，
当四点共面时，由面面平行的性质可得，
又，故此时，分别为，的中点，连接EF，

设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
，即.
其中，，
，，
取的中点，连接，则⊥，，
故，，
所以.
故选：A
35．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，添加辅助线，得到线面垂直，再通过证明线面垂直，得到线线垂直.
（2）借助体积法求点到面的距离.
【详解】（1）如图，过点作于点，连接.
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
所以即为直线与平面所成的角.
因为
又∵四边形是菱形，是等边三角形，所以，
所以，故为的中点.
因为平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由题意可得：.
连接，，
由（1）得：，平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
在中，，
所以，故，
在中，，
所以.
所以，
.
设点到平面的距离为，则，
得.
所以点到平面的距离为.
36．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）连接交于，连接，结合题意易得，由等比例性质得，应用线面平行的判定证结论；
（2）由等体积法有，根据已知及棱锥的体积公式求点面距.
【详解】（1）连接交于，连接，由E，F分别是中点，
所以为的重心，则，又，
所以在中有，面，面，
所以平面；
（2）由题设，易知，
由正三棱锥中，故为等边三角形，且，
所以，即，同理，
所以，
中，故，即，
故，若点D到平面的距离为，则.
37．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）要证平面平面，只需证明平面，故结合已知条件只需分别证明即可.
（2）利用等体积法，即，故只需分别算出，即可.
【详解】（1）
由题意，
所以是等边三角形，
所以，
从而，即，
又因为为的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）
因为分别为的中点，所以，，
由（1）可知平面，所以平面，
即平面，是三棱锥的高，
又分别为的中点，
所以，
所以，
因为，，所以，
又因为为的中点，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，所以，
又因为为的中点，，所以，
所以，
所以，
从而，
设点到平面的距离为，则由，
可得，解得，
即点到平面的距离为.
38．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）借助三棱柱的性质与线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理即可得；
（2）借助等体积法求点面距.
【详解】（1）由三棱柱的性质可知，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为的中点，且是等边三角形，所以，
因为、平面，且，所以平面；
（2）因为，所以，
则的面积，
作，垂足为，有平面，
所以，又因为、平面，，
所以平面，
因为是等边三角形，所以，
则，
因为平面，、平面，
所以，，则，
故的面积，
设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积，
因为，所以，所以.
39．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）连接，设相交于点，根据，可求得答案.
【详解】（1）连接，在长方体中，，
故四边形为平行四边形，则E为的中点，
又F为AB的中点，故，而平面,平面，
故平面；
（2）在长方体中，，则四边形ABCD为正方形，
则，又平面，则为与平面所成角，
即，故，
连接，设相交于点，所以点为中点，
因为，，可得底面，连接，
，所以，
，，
，，
，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
所以，，
设点A到平面CEF的距离为，
因为，所以，
解得，
所以点A到平面CEF的距离为.
40．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）设的交点为，连接，通过证明即可得到，从而即可得证.
（2）由题意，故只需求出点到底面的距离、的面积即可得解.
【详解】（1）
菱形中，设的交点为，连接，由∽且为的中点，
得，
在中，，
所以，
所以，
又平面，平面，
则平面.
（2）取的中点为，连接，由是正三角形，得，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，
因为是边长为的正三角形，
所以点到底面的距离为，
因为平面，所以P，C到平面BEF的距离相等，又，，
所以三棱锥的体积为
.
41．(1)
(2)
【分析】
（1）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离；
（2）计算出三棱锥每个面的面积，相加即可得出三棱锥的表面积.
【详解】（1）解：因为，，，则，
则，所以，.
因为平面，、平面，所以，，，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为，则，
设点到平面的距离为，由，即，
可得.
（2）解：因为平面，平面，则，
所以，，，
故三棱锥的表面积为.
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