2 第八章 立体几何初步(平行、垂直关系)【过题型】-2022-2023学年高一数学单元复习（人教A版2019必修第二册）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc1754" 题型一：线面平行的判断与性质 PAGEREF _Tc1754 \h 2
\l "_Tc9354" 题型二：面面平行的判定与性质 PAGEREF _Tc9354 \h 7
\l "_Tc24034" 题型三：平行关系的综合问题 PAGEREF _Tc24034 \h 13
\l "_Tc1488" 题型四：线面垂直的判定与性质 PAGEREF _Tc1488 \h 22
\l "_Tc12438" 题型五：面面垂直的判定与性质 PAGEREF _Tc12438 \h 29
\l "_Tc11586" 题型六：垂直关系综合问题 PAGEREF _Tc11586 \h 35
\l "_Tc21050" 题型七：异面直线所成角 PAGEREF _Tc21050 \h 41
\l "_Tc7307" 题型八：直线与平面所成角 PAGEREF _Tc7307 \h 47
\l "_Tc13149" 题型九：二面角 PAGEREF _Tc13149 \h 53
\l "_Tc26957" 题型十：点到平面距离问题 PAGEREF _Tc26957 \h 59
题型一：线面平行的判断与性质
1．（2023春·四川成都·高三成都七中校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，，，平面ABCD，且，点M在棱PD上（不包括端点），点N为BC中点．
(1)若，求证：直线平面PAB；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）取PA的点Q，满足，连接MQ，QB，
因为，所以且，
又因为，且，点N为BC中点，即，且，
所以且，则四边形MQBN为平行四边形，
则，平面PAB，平面PAB，
所以直线平面PAB．
2．（2023·全国·高一专题练习）长方体中，是矩形的中心，是矩形的中心．证明：平面.
【答案】证明见详解
【详解】
证明：连结、、.
由已知可得，点是的中点，点是的中点，
所以，是的中位线，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
3．（2023·全国·高一专题练习）如图，E、F分别是空间四边形中边和的中点，过平行于的平面与交于点．求证：是中点．
【答案】证明见详解
【详解】证明：由已知可得，平面.
又平面，平面平面，
所以.
又因为点是的中点，所以是中点．
4．（2022秋·浙江金华·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，且
(1)若点为上一点，且，证明：平面;
【答案】(1)见解析
【详解】（1）
作交于点，连接，
因为，所以,
又因为，且，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面.
5．（2022秋·河南南阳·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，，.记平面与平面的交线为.
(1)请判断直线AB与交线l的位置关系；
【答案】(1)
【详解】（1）（1）因为，平面，平面，所以平面.
又平面，平面平面，所以.
6．（2022秋·四川遂宁·高二四川省大英中学校考期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，过的平面与侧棱的交点分别是.
(1)证明：；
【答案】(1)见解析
【详解】（1）因为平面,平面,
所以 平面,
又因为平面 ,平面平面,故,
7．（2023秋·浙江金华·高二统考期末）在四棱锥中，，PD与平面所成角的大小为，点Q为线段上一点．
(1)若平面，求的值；
【答案】(1)
【详解】（1）过点Q作交于E，连接．
，
四边形是平面四边形
又平面平面，平面PAD，平面，
，四边形是平行四边形，
，而,于是．
8．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）如图，在正方体中，分别是的中点.
(1)证明：平面；
(2)棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）连接，
分别为中点，，
，，四边形为平行四边形，，
，又平面，平面，
平面.
（2）假设在棱上存在点，使得平面，
延长交于，连接交于，
，为中点，为中点，
，，，
平面，平面，平面平面，
，又，四边形为平行四边形，，
；
当时，平面.
9．（2023春·湖南衡阳·高二校考开学考试）如图，在棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，点N为AD的中点，且.
(1)设M是线段上一点，且.试问：是否存在点M，使得直线平面MNC？若存在，请证明平面MNC，并求出的值；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)存在，
【详解】（1）取的中点P，因为，所以.
所以共面，连接CP交于点M，点M即为所求.
证明：连接PN，因为N是AD的中点，P是的中点，所以，
又平面MNC，平面MNC，
所以直线平面MNC.
因为，所以.
题型二：面面平行的判定与性质
1．（2023·云南·统考模拟预测）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）四边形是正方形，可得，
又平面，平面，则有平面，
四边形是梯形，且，
又平面，平面，则有平面，
又平面，故平面平面.
2．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.
(1)为边的一点，若，求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
3．（2022秋·全国·高三校联考阶段练习）已知几何体为正四棱柱沿和BE的中点C截去一个三棱柱后的剩余部分，其中，如图，平面与直线的交点记为．
(1)过A点作与平面平行的平面，试确定平面与的交点位置，并证明；
【答案】(1)平面与的交点是的中点，证明见解析；
【详解】（1）平面与的交点是的中点，证明如下：
由几何体为正四棱柱，可知，
平面，平面，所以平面，
又因为过的截面，且平面平面，
由线面平行的性质定理可得，所以四边形为正方形；
过点过A点作交于点，作交于点，连接；如下图所示；
由可知为的中点，平面，平面，可得平面；
又可知为的中点，又，所以，
平面，平面，所以平面；
而，所以平面平面；
所以平面即为平面，与的交点为的中点.
4．（2022秋·湖南常德·高三统考期末）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，点为的中点，为半个圆柱上底面的直径，且，．为的中点．
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
且
∴四边形为平行四边形，
，又平面，平面
平面
，又平面，平面
平面，
平面
∴平面平面
5．（2023秋·湖南衡阳·高二校考期末）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，分别是的中点.
(1)证明：平面.
【答案】(1)证明过程见详解
【详解】（1）取的中点，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，则，
又分别为的中点，所以，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为分别为的中点，所以且，
又因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，则，
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.
.
6．（2023春·河南濮阳·高三统考开学考试）在如图所示的六面体中，平面平面，，，．
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）取的中点，的中点，连，，，
在六面体中，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
同理可得，
因为分别是，的中点，且，，
所以，，，，
所以四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
所以，，又已知，所以，则共面，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又分别是，的中点，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
7．（2023秋·河北邢台·高三统考期末）如图，在三棱柱中，⊥平面，，是等边三角形，分别是棱的中点.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明：连接，
因为分别是棱的中点，所以,
平面,平面,所以平面，
因为分别是棱，的中点，所以,.
所以四边形是平行四边形，则,.
平面,平面,所以平面，
因为平面，且，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
题型三：平行关系的综合问题
1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【详解】解：如图，在棱上分别取点，使得，，连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以，，，
因为，，
所以，≌，≌，
所以
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，
因为平面平面,
所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，
因为
所以，动点的轨迹长为
故选：C
2．（2022秋·河北石家庄·高二河北新乐市第一中学统考期中）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1B1中点，下列说法正确的是（ ）
A．BC1平面D1MCB．C1D1平面ACMC．CM平面A1BDD．B1C平面D1MB
【答案】D
【详解】选项A，如图1，取的中点，连结，，，又M为A1B1中点，则 ，根据长方体的对称性可知，所以，四点共面，直线 与相交，所以与平面相交，所以选项A错误；
选项B，如图2，取的中点，由选项A同理可证，，四点共面，在平面内，直线与相交，所以与平面相交，所以选项B错误；
选项C，如图3，在平面内，直线与相交，所以与平面相交，所以选项C错误；
选项D，如图4，取的中点，连结，，，由长方体的对称性，，四点共面，在平面内，直线，平面D1MB，平面D1MB，所以B1C平面D1MB，选项D正确.
故选：D.
3．（2023秋·江西吉安·高二统考期末）如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且∥截面，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示
因为是的中点，是的中点，
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,线段扫过的图形是,
由,得,,
,,
所以,即为直角，
所以线段长度的取值范围是：,即.
故选：A.
4．（2021秋·上海金山·高二华东师范大学第三附属中学校考阶段练习）在棱长为3的正方体中，分别是棱、的中点，点在四边形内运动（含边界），若直线与平面无交点，则线段的取值范围是__．
【答案】
【详解】正方体的体积为27，所以正方体的棱长为3，
分别取线段、的中点、，连接、、，
分别是棱、的中点，
则，又平面平面，
所以平面，，
又平面平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面，故点在线段上运动（含端点位置），
当与或重合时，最大，
此时，
当时，最小，此时，
所以的取值范围为.
故答案为：
5．（2022秋·重庆江北·高二校考期末）已知正方体的棱长为，分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为______.
【答案】
【详解】取中点，延长交于点，连接，交于点，连接，
分别为中点，，
又平面，平面，平面；
，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，平面，
，平面，平面平面，
则当平面时，平面，即与平面无公共点，
点轨迹为平面与平面的交线在底面内的部分；
，，为中点，又，为中点，
，四点共面，又平面，
平面平面，即点轨迹为线段，
点轨迹长为.
故答案为：.
6．（2015秋·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考阶段练习）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=AB．
(1)求证：EF∥平面BDC1；
(2)在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)点G不存在，理由见解析
【详解】（1）证明：取AB的中点M，
∵AF=AB，
∴F为AM的中点，
又∵E为AA1的中点，
∴EF∥A1M
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，
∴A1D∥BM，A1D=BM，
∴A1DBM为平行四边形，∴AM∥BD
∴EF∥BD．
∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，
∴EF∥平面BC1D．
（2）设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，则，
∵
∴，
∴，
∴AG=AC>AC．
所以符合要求的点G不存在．
7．（2022·高一课时练习）如图，在长方体中，，E为CD中点．问：在棱上是否存在一点P，使得平面？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
【答案】存在，．
【详解】在棱上存在一点P，使得平面．求AP的长如下：
取中点F，连接，，取中点，连接，
当P在中点时，连接，
因为分别是中点，，
又长方体中，与平行且相等，是平行四边形，所以，则，，与共面，
分别是中点，则与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，是平行四边形，，
在矩形上，与平行且相等，是平行四边形，，
所以，
是平面上的直线，PD是平面外的直线，所以平面．因为P为的中点，所以．
8．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，．是中点，是上一点．是否存在点使得平面，若存在求的长．若不存在，请说明理由；
【答案】存在，
【详解】存在．理由如下：
在上取点，在上取点，
使得，则 ， 平面，
故平面，而
而，故是平行四边形，故平面，
故平面，而 ，
故平面平面，而平面，得平面，
在中，，
．
9．（2022·全国·高三专题练习）如图所示的几何体中，底面ABCD是等腰梯形，平面且E，F分别为，的中点．证明：面ABCD；
【答案】证明见解析
【详解】解：证明：取的中点G，连接EG，FG，AC，
因为，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD.
因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，
，又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD.
因为，平面，
所以平面平面ABCD.
因为平面ABCD，所以平面ABCD．
题型四：线面垂直的判定与性质
1．（2023秋·陕西西安·高二校考期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面．
(1)求证：平面SAC；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）∵平面，平面，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，面，
∴平面.
2．（2021春·四川成都·高二校考阶段练习）图甲所示的平面五边形中，，，，，，现将图甲所示中的沿边折起，使平面平面得如图乙所示的四棱锥．在如图乙所示中．
(1)求证：平面．
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1），
平面平面，是交线，平面，
平面
又平面，
又，平面，
平面.
（2）取中点，连接，如图，
由，可知，
又平面平面，是交线，平面，
平面，即三棱锥的高为，
由，，知，
由知，
,
,
.
3．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，已知四棱锥，底面是边长为2的菱形，直线平面，，E是的中点．
(1)证明：；
(2)若，点M在平面内，直线平面，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由四边形菱形，，可得为正三角形．
因为E为的中点，所以．
又，因此．
因为平面平面，所以．
而平面平面且，
所以平面．
又平面．
所以．
（2）连接交于O，连接，如图，
因为，平面，
所以面，又面
所以面面，
过A作交于点N，则面，由平面知重合，
因为，所以，
又，所以，因此，
∴点M到底面的距离为，又
∴.
4．（2023秋·浙江台州·高二期末）如图，在梯形中，，以为折痕将折起，使点A到达点的位置，连接．
(1)若点E在线段上，使得，试确定E的位置，并说明理由；
【答案】(1)点E为线段的中点，理由见解析
【详解】（1）证明：点E为线段的中点，
取中点F，连接，，所以，
又因为，且平面，平面，
所以平面，而平面，所以，
在中，,
在中，，
又，所以，
两方程联立解得，又，所以，得.
因为F是中点，所以E为线段的中点.
5．（2023春·全国·高二合肥市第六中学校联考开学考试）如图，在长方体中，点为的中点，且，，点在线段上．
(1)问：是否存在一点，使得直线平面？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)不存在，理由见解析
【详解】（1）不存在．
理由如下：若直线平面，则必有．
如图，连接，假设，
因为平面，所以，
又因为，所以平面，
所以，显然不成立，
所以线段上不存在点，使得直线平面．
6．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）如图，已知四棱锥，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，E是BC的中点．
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）由四边形ABCD为菱形，，可得为正三角形，
因为E为BC的中点，所以，
又，因此，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
而平面PAD，平面PAD，，
则平面，又平面PAD，
所以．
7．（2023·内蒙古·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）连接，
，，，又，，
为棱中点，，又，，平面，
平面，又平面，；
在直角梯形中，取中点，连接，
，，又，，，
四边形为正方形，，，
，又，，，
，平面，平面，
平面，；
，，，，
又，平面，平面.
8．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，点F是的中点，点E满足.
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以.
因为，点F是的中点，
所以，
，平面，平面，
所以平面，
因为点E是棱上异于端点的动点，
所以平面，
所以.
题型五：面面垂直的判定与性质
1．（2023春·河南·高三荥阳市高级中学校联考阶段练习）在如图所示的多面体ABCDE中，平面ABC，，，，．
(1)证明：平面平面BDE；
(2)求多面体ABCDE的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：设AB，BE的中点分别为F，G，连接CF，FG，DG，则，且，
又，且，所以，且，
所以四边形CFGD为平行四边形，所以．
因为平面ABC，平面ABC，所以，所以，
因为，F为AB的中点，所以，所以，
又AB，平面ABE，且，所以平面ABE，
又平面BDE，所以平面平面BDE．
（2）由（1）得，，且AB，平面ABE，，所以平面ABE，
又因为，，F为AB的中点，所以．
因为，平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，
所以点D到平面ABE的距离等于点C到平面ABE的距离．
因为平面ABC，AC，平面ABC，所以，，
又，所以，，又AC，平面ABC，且，所以平面ABC，
连接AD，多面体ABCDE的体积V等于三棱锥的体积与三棱锥的体积之和，
而，，
所以多面体ABCDE的体积．
2．（2023春·四川成都·高三校联考期末）已知在直三棱柱中，分别为棱和的中点，若.
(1)若，求三棱锥的体积；
(2)延长交于点，连接交于点，证明：平面平面；
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）连接，因几何体为直三棱柱，则，
又平面，平面，则平面，
又，则E到平面距离即为B到平面距离.
如图做，因平面ABC，平面ABC，则.
又平面，平面，，
则平面，即BD为点B到平面距离.
则，又.
故；
（2）由题有，，则，，
得，
则，
又，
由余弦定理，.
因，则.
又平面，平面，则，
平面，平面，，
则平面，
又平面NCE，则平面平面.
3．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）如图1所示，在中，点E，F在线段上，点在线段上，，，，.将△ACE，△BDF分别沿CE，DF折起至点A，B重合为点，形成如图2所示的几何体，在几何体中作答下面的问题.
(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【详解】（1）由题意知：，，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）由题意可知：是边长为的正三角形，取的中点，连接，则有，且，
由（1）知平面平面，且平面平面
，所以平面，
由（1）知：平面，因为，所以平面，
又因为，，所以，
在中，过点作，则为的中点，
所以，所以，
又因为，设点到平面的距离为，
则，也即，所以，
所以，即点到平面的距离为.
4．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，，，、分别为、的中点
(1)求证：
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴
又∵，，平面，
∴平面，
取的中点，连接、，
∵平面，
∴，
又∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴；
5．（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）如图，已知三棱柱，平面平面，，，，分别是的中点.
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）连接，
因为，为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为三棱柱，，，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
6．（2020秋·黑龙江大庆·高三大庆中学校考期中）如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，为的中点.
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
又因为为的中点，则，，则，
因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，、平面，平面.
题型六：垂直关系综合问题
1．（2023·陕西咸阳·校考一模）已知α，β是两个不同平面，a，b是两条不同直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【详解】对于,若，，则或，故错误，
对于,若，，时，可能与相交，但不垂直，即不一定，故错误，
对于,由平面与平面垂直的性质定理可知，若，，，时，则，若时，直线与平面不垂直，故错误，
对于C. 若，则两平面的法向量互相垂直，因为，，所以，正确
故选：C.
2．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）如图，在四棱锥中，底面，，过的截面交于点E，交于点F.若，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．平面D．
【答案】D
【详解】在四棱锥中，∵底面，且平面，∴.
又∵，，且平面，∴平面.
而平面，∴.
由，且，可得.
∵E是的中点，∴.
由，且，平面，∴平面，即C项正确；
而平面，∴，即A项正确；
∵底面，平面，∴.
又∵，且，平面，∴平面，
而平面，∴.
又∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，即B项正确；
若，则，因为平面，平面，所以∥平面，因为平面，平面平面，所以，，而不成立，所以D项错误.
故选：D.
3．（2023秋·陕西西安·高三统考期末）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．平面ADE⊥平面BCE
【答案】C
【详解】解：由是底面圆的直径，则，即．
四边形是圆柱的轴截面，底面，底面．
选项A，平面，，
，，、平面，
平面，又平面BCE，，即选项A正确；
选项B，平面，，
，，、平面，
平面，又平面ADE，，即选项正确；
选项C，若，又，，平面AEB，则可得底面，且，则与底面矛盾，即选项C错误；
选项D，平面，平面，平面平面，即选项D正确．
故选：C．
4．（2022秋·广西·高二统考学业考试）《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”.如图，在阳马中，平面，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求证：.
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【详解】（1）连接交于点，连接，
∵分别为的中点，则，
平面，平面，
∴平面.
（2）∵平面，平面，
∴，
又∵为矩形，则，且平面，
∴平面，
由平面，可得，
若，且为的中点，则，
平面，，则平面，
平面，故.
5．（2023秋·海南儋州·高二校考期末）如图，四棱锥的底面为正方形，底面.设平面与平面的交线为.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面；
(3)在图中画出直线并证明：平面.
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)见详解
【详解】（1）在正方形中，
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）在正方形中，有
又底面，底面，
所以，
由，平面
所以平面.
（3）因为平面与平面共同过点，
故平面与平面相交的直线一定过点，
如图所示：
因为底面，底面，
所以
在正方形中有，
又,平面，平面，
所以平面，
在正方形中有，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，
所以平面.
6．（2023·贵州毕节·统考一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．
(1)证明：，，，四点共面；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）证明：连接
四边形是矩形，为的中点，
且，
，
，
，
，
，
，分别是，的中点，
，
，
，，，四点共面．
（2）证明：底面且平面，
，
，，为中点，
，，，
，，
，
，，
，平面，平面，平面，
平面，平面.
7．（2023·四川成都·统考一模）如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足．将沿折起，得到如图②所示的四棱锥．
(1)若为的中点，平面平面，求四棱锥的体积；
(2)设平面平面，证明：平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得．
平面平面平面，平面平面，
平面．
为的中点，
．
．
四棱锥的体积为．
（2），平面平面，
平面．
平面，平面平面，
．
由图①，得，
．
平面，平面，，
平面．
题型七：异面直线所成角
1．（2022秋·山东潍坊·高二校考期中）已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与均为正方形，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由可得
直三棱柱中,分别是的中点，
如图，取的中点为，连接，
所以，，
所以，是平行四边形，所以，
所以是与所成角或其补角，
因为四边形与均为正方形，所以，
因为三棱柱内接于一个半径为的球，
设，则三棱柱外接球可看作棱长为的正方体外接球，
所以，解得，
所以,
所以，，,，
在中,由余弦定理可得：
,
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
2．（2023·河南郑州·统考一模）在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，连接，，，因为，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，平面，所以，又，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
设正方体的棱长为2，则，，
在中，，所以，
故选：.
3．（2023秋·广东深圳·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，，且，已知E为BC的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意，可得该三棱柱可看作正方体的一半，补形如下图所示：
记的中点为，连结，
因为在正方形，是的中点，
所以，
又，所以，
故四边形是平行四边形，则，
则为直线与的夹角或其补角，
设该正方体的边长为，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，.
故选：B.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接，
∵平面，平面，则，
，，平面
∴平面，
由平面，则，
同理可证：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心，
连接，
∵为的中点，∴交于点，连接，
由平面，平面，则，即是的高，
设，，则，且的内切圆半径，
则，，
∵，即，则，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
∵平面，平面，则，
∴，
故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示，
设圆锥的母线与底面所成的角，则，
所以，即直线与平面所成的角为.
直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为，
因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即，
所以.
故选：C.
5．（多选）（2022秋·福建福州·高二福建省福州第八中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．几何体的外接球半径
C．三棱锥的体积为定值
D．异面直线与所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【详解】对于A，由正方体性质可得，平面，平面
所以平面；
同理可得平面，而，且平面
由面面平行的判定定理可知，平面平面；
又点在线段上运动，所以平面；
即可得平面，故A正确；
对于B，由几何体的性质可得，其外接球与正方体的外接球相同，所以半径，即B错误;
对于C，根据等体积法可知，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，
由于平面，所以点到平面的距离为定值，而且底面的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值；即C正确；
对于D，如下图所示：
由于，则直线与所成的角即为直线与所成的角，即，
易知平面，平面，所以
所以，而
因此的正弦值的最小值为，最大值为
所以，异面直线与所成角的正弦值的取值范围为，即D正确；
故选：ACD.
题型八：直线与平面所成角
1．（2022春·广西桂林·高二校考期中）如图，在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】连接BD交于，四边形ABCD为正方形，则为中点，
∵G为△ABC的重心，则G在BD上，且，
∴，
∵PD⊥底面ABCD，∴为PG与底面ABCD所成的角，面ABCD，则，
∴，
∴.
故选：C
2．（2021秋·上海虹口·高二上外附中校考期中）直三棱柱中，平面平面，且，则与平面所成的角的取值范围是__.
【答案】
【详解】作于D.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以即为与平面所成的角，.
设，，则.
在直角三角形中，由正弦的定义：.
在直角三角形中，由等面积可得：，
所以，所以.
在直三棱柱中，.
因为平面，所以.
因为平面，平面，，
所以平面，故，从而，即.
于是，解得：.
又，解得：.
故答案为：.
3．（2023春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考开学考试）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DCB＝60°，．
(1)证明：为等腰三角形．
(2)若平面平面ABCD，，求直线PA与平面ABCD所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，，．
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则．
因为，，所以．
因为，且平面，所以平面，
又，∴，∴为等腰三角形．
（2）连接 由平面平面，，平面，平面平面，∴平面.
∴直线PA与平面所成的角为，
在直角三角形中，正切值为．
∴直线PA与平面所成角的正切值为.
4．（2023·全国·模拟预测）如图1，在平面四边形ABCD中，，，于点E，于点F，且与AB交于点G，，将沿DG折起，使得平面平面BCDG，得到四棱锥，如图2，P，Q分别为CD，AF的中点．
(1)求证：平面ABP；
(2)若，求直线DQ与平面QBP所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，连接BF，易知，，∴四边形BCDF为平行四边形，∴，，（平行四边形的性质）
取AB的中点H，连接QH，HP，则且，∴，，∴四边形QHPD为平行四边形，，
又平面ABP，平面ABP，（此步骤不能少）∴平面ABP．（线面平行的判定定理）
（2） ∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性质定理）连接FP，易得，，，
过点F作于点M，连接QM，又，，∴平面QFM，∴．在中，，则，
易知，,，．设点D到平面QBP的距离为h，连接BD，易知，
则由，得，解得，（等体积法的应用）
设直线DQ与平面QBP所成的角为，则，
所以直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为．
5．（河南省名校联盟2023届高三大联考（2月）文科数学试题）在四棱锥中，，．
(1)若，证明：平面平面ABCD；
(2)若直线PB与平面ABCD所成的角为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）
取AD中点为O，连接PO，OC．
∵PA=PD，∴OP⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，，
∴∠ODC=120°，
在△ODC中，根据余弦定理得，
，
又，∴，∴，
又AD∩OC=O，AD，OC平面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD，
又∵OP平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABCD；
（2）
取AD中点为O，连接OP，OB，BD，
∵PA=PD，∴OP⊥AD，
∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，则OB⊥AD，
又∵OB∩OP=O，OB，OP平面POB，
∴AD⊥平面POB，则∠BOP为二面角P-AD-B的平面角，则∠PBO为PB和平面ABCD的夹角，
故∠PBO=30°，且△PBO的OB边上的高h即为P到平面ABCD的距离．
又，则在△PBO中，，
，又，
∴．
题型九：二面角
1．（2023春·四川成都·高三校联考期末）在四棱锥中，若四边形为正方形，平面，，则二面角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
则.
又四边形为正方形，则，
从而可得，即三角形PBD为等腰三角形.
取BD中点为O，则，
又平面PAO，平面PAO，，
则平面PAO，即为二面角的平面角.
又平面ABCD，平面ABCD，则.
又注意到，故.
故选：D
2．（2022秋·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期中）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该正四棱锥的高为边长的一个正方形面积与该正四棱锥一个侧面三角形的面积相等，则此正四棱锥侧面与底面所成的二面角的余弦值为______．
【答案】
【详解】如图在正四棱锥中，，为边上的中点，
则为正四棱锥的高，，
则即为侧面与底面所成角的平面角，
设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，
根据题意得，该四棱锥的高为边长的正方形面积，
该四棱锥一个侧面三角形的面积，
又因，且，所以，即，
因此，
，
即此正四棱锥侧面与底面所成的二面角的余弦值为.
故答案为：.
3．（2021春·广东深圳·高三深圳市南头中学校考阶段练习）如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接、．
(1)求证：平面平面．
(2)当二面角的大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四棱锥的体积为.
【详解】（1）证明：是圆的切线，，
由圆锥的性质知顶点在底面圆上的投影为底面圆心，
∴平面，又平面，
∴平面平面，
平面平面，平面，
平面，
，
，，则，，
又，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2），且为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，，
为二面角的平面角，即，
，
在中，，，
，
四棱锥的体积．
4．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形中，平行于的直线分别交线段于点.将沿着折起至，使得二面角是直二面角.
(1)若平面平面，求证：；
(2)若三棱锥的体积为1，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：，平面，平面，
平面，又平面，平面平面
（2）设，过作于点，如图所示，
二面角为直二面角，平面，
，解得，分别为中点，
过作于点，因为，，平面
平面，
过作于点，连接，因为，
所以平面，所以
即为二面角的平面角的补角，
且，，，
.
二面角的正弦值为.
5．（2023·广东佛山·统考一模）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
(1)证明：平面；
(2)若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，
因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
题型十：点到平面距离问题
1．（2023·四川成都·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，D、E分别是棱PB、PC的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为是圆的直径，所以，
因为垂直平面，平面，所以，
又因为，平面，平面PAC，
所以平面.
因为分别是棱的中点.
所以.
从而有平面.
（2）因为垂直于平面，平面，所以，
因为，则.
又，得，
所以，
因为且，平面，，
故平面，又平面，所以，
因为，，所以
设点到平面的距离为，
则由知，,
即,解得
2．（2023春·河南新乡·高三校联考开学考试）在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，.以AC的中点为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N（异于C）.
(1)证明：M为PD的中点.
(2)若四棱锥的体积为，求N到平面ACM的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为AC是所作球面的直径，所以.
因为平面ABCD，平面，所以.
因为，，平面，
所以平面，平面，
所以，，，平面，所以平面PCD，
因为平面，所以；
因为，所以M为PD的中点；
（2）因为四棱锥的体积为，所以，则.
因为底面ABCD是矩形，所以.因为，所以.
连接，因为，所以，得.
因为，所以N到平面ACM的距离等于P到平面ACM距离的.
因为M是PD的中点，所以P，D到平面ACM的距离相等.
因为，
所以的面积为.
因为四棱锥的体积为，
所以三棱锥的体积为.
记D到平面ACM的距离为d，
因为三棱锥与三棱锥的体积相等，
所以，得，
故N到平面ACM的距离为.
3．（2023春·河南·高三商丘市回民中学校联考开学考试）如图，四边形是菱形，，平面，，.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接交于
因为四边形是菱形，所以，
又平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又，所以平面就是平面，
因为平面，
所以.
（2）解：连接，取的中点，连接，
因为，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，则，
又，且，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
因为平面，，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
因为为正三角形，所以，所以平面.
因为，所以，
由，解得.
4．（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）如图，在多面体中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，，，，分别是棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，所以，
因为，且平面，，所以平面，
因为平面，所以.
因为，且，
由余弦定理，
所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
（2）取的中点，连接，如图所示，
因为分别是的中点，所以，且平面.
因为分别是的中点 ，所以，则.
由（1）可知，则.
因为，所以， .
因为，由余弦定理.
因为，所以，则，
故的面积为.
设点到平面的距离为，
因为，所以，解得.
所以点到平面的距离为.
5．（2023秋·江西·高三校联考期末）如图，在正三棱柱中，，D，E分别是棱BC，的中点.
(1)证明：平面平面.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：由正三棱柱的性质，
所以，
则，因为，
所以，即.因为，
D是棱BC的中点，所以.
由正三棱柱的定义可知平面ABC，则.
因为BC，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因为AD，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）连接.因为，所以的面积.
由正三棱柱的性质可知平面，则点到平面的距离为AD.
因为是边长为2的等边三角形，所以，
故三棱锥的体积.因为，E是的中点，所以，，
则的面积.
设点到平面的距离是d，则三棱锥的体积.因为，所以，解得.