新高考数学一轮复习核心考点讲与练考点17 点、直线、平面之间的位置关系(含解析）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点讲与练考点17 点、直线、平面之间的位置关系(含解析），共49页。试卷主要包含了平行直线，直线与平面平行，平面与平面平行，平面与平面垂直，判定平面与平面平行的4种方法，证明直线和平面垂直的常用方法等内容，欢迎下载使用。
考点17 点、直线、平面之间的位置关系（核心考点讲与练）

一、 空间中的平行关系
1.平行直线
(1)平行公理
过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行.
(2)基本性质4(空间平行线的传递性)
平行于同一条直线的两条直线互相平行.
(3)定理
如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等.
2.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)判定定理与性质定理

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判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面

a⊄α，b⊂α，
a∥b⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行

a∥α，a⊂β，
α∩β＝b⇒a∥b
3.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)判定定理与性质定理

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判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行

a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒α∥β
性质定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面

α∥β，a⊂α⇒a∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

α∥β，α∩γ＝a，
β∩γ＝b⇒a∥b

二、 空间中的垂直关系
1.直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义
如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.
(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论


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判定定理
如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直

⇒l⊥α
推论1
如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面

⇒b⊥α
推论2
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
(2)范围：.
3.二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围：[0，π].
4.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理


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符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α

1.异面直线的判定方法

2.求异面直线所成的角的三步曲

3．线面平行的证明方法
（1）定义法：一般用反证法；
（2）判定定理法：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叙述证明过程；
（3）性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．
4．构造平行直线的常用方法
（1）构建三角形或梯形的中位线：可直接利用线段的中点、等腰三角形三线合一或利用平行四边形对角线的交点找中点，从而构建中位线；
（2）构建平行四边形：可以利用已知的平行关系(如梯形的上下底边平行)或构建平行关系(如构造两条直线同时平行于已知直线)，从而构建平行四边形．
应用线面平行的性质定理时，关键是过已知直线作辅助平面与已知平面相交，所得交线与已知直线平行，还可以利用交线判断已知平面内的直线与已知直线的位置关系，即在已知平面内所有和交线平行的直线都与已知直线平行，所有和交线相交的直线都与已知直线异面．
5.判定平面与平面平行的4种方法
（1）面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
（2）面面平行的判定定理(主要方法)；
（3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；
（4）利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．
利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
6.证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．
7.利用判定定理证明平面与平面垂直的一般方法
先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明

空间两直线位置关系的判定
1.（2021重庆市缙云教育联盟高三上学期9月月度质量检测）已知直线，平面，，那么“”是“”（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据线面的位置关系可直接判断出结论.
【详解】因为由可得或l与m 异面，
由可得或，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
求异面直线所成的角
1. (2021山东临沂模拟)如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．

【答案】
【解析】如图，将原图补成正方体ABCD­QGHP，连接GP，则GP∥BD，

所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，
所以∠APG＝.
答案：
2.（2022河南省十所名校高三）如图，圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算结合异面直线的成角的范围即可求出结果.
【详解】
在劣弧上取的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦，
所以，所以，则，
所以,
所以,
则，因为异面直线的成角范围为，故异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：C.
直线与平面、平面与平面平行的判定与性质
1.（2021海南省三亚华侨学校高三10月月考）正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1，CC1的中点，

（1）证明：直线AE//平面DCC1D1
（2）求异面直线AE和BF所成角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见详解 （2）
【分析】（1）连接，，证明，然后利用线面平行的判定定理即可证明平面
（2）连接，，则或其补角为异面直线AE和BF所成角，利用余弦定理求出异面直线所成角的余弦值即可
【详解】（1）证明：连接，，

在正方形中，E、F分别是BB1，CC1的中点，所以，且，
在正方形中，，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，
则有，因为平面，平面，
所以平面.
（2）连接，，

则在正方形中，因为E、F分别是BB1，CC1的中点，
所以有，
所以四边形为平行四边形，则有，
所以或其补角为异面直线AE和BF所成角
设正方体边长为2，则，，，
所以，由于异面直线所成角为锐角或者直角
所以异面直线AE和BF所成角的余弦值为
2.（2022年高考数学一轮复习讲练测）如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

求证：（1）BE∥平面DMF；
（2）平面BDE∥平面MNG.
【分析】（1）作辅助线，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；
（2）先证明BD∥平面MNG，DE∥平面MNG，再由面面平行的判定定理证明即可.
【详解】证明：（1）如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，
则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质
1.（2022河南省联考高三核心模拟卷）在四棱锥中，平面平面，，，，，，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积
答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由余弦定理求得，由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而得线线垂直，求得，等腰三角形性质得线线垂直后可证得线面垂直；
（2）通过转换法求得体积，，然后由体积公式计算．
【详解】（1）证明：在四边形中，，，，，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得.
在中，，，，
所以，
所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，
所以.
在中，可得，
所以，是等腰三角形，且，，
因为为的中点，
所以，
又由，平面，，
所以平面.
（2）解：由平面，可得点到平面的距离是，
点到平面的距离是到平面的距离的，即点到平面的距离为，
所以.
2.（2022年高考数学一轮复习考点微专题）如图所示，在四边形中，，将沿折起，使得平面平面，构成四面体，则下列说法正确的是（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】D
【分析】在四边形中，由已知条件可得，而在四面体中，由平面平面，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论
【详解】∵在四边形中，，
∴，∵，
∴，
∴，∴．
又在四面体中，平面平面，且平面平面，故平面，∴，又，∴平面，
又平面，∴平面平面．
故选：D
3.（2022年高考数学一轮复习讲练测）如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD．

求证：（1）CD⊥平面PBD．
（2）平面PBC⊥平面PDC．
【分析】(1)利用平面四边形ABCD证得BD⊥DC，借助面面垂直的性质即可得解；
(2)结合(1)的结论及已知证得BP⊥平面PDC，利用面面垂直的判定得解.
【详解】（1）在平面四边形ABCD中，AD=AB，∠BAD=90°，则∠ABD=∠ADB=45°，
又AD∥BC，即有∠DBC=45°，而∠DCB=45°，于是得∠BDC=90°，
在折后的几何体PBCD中，BD⊥DC，因平面PBD⊥平面BCD，平面PBD平面BCD=BD，CD平面BCD，
所以CD⊥平面PBD；
（2）由(1)知CD⊥平面PBD，PB平面PBD，于是得CD⊥BP，
又BP⊥PD，PDCD=D，PD平面PDC，CD平面PDC，则BP⊥平面PDC，又BP平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PDC.
平行与垂直的综合问题
1. 如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，点D，E分别是BC，AB1的中点．

（1）证明：DE∥平面ACC1A1；
（2）若BB1＝1，证明：C1D⊥平面ADE．
【分析】（1）由线面平行的判定定理，只要证明DE∥A1C，就可证明DE∥平面ACC1A1．
（2）因为BB1⊥平面ABC，由线面垂直的性质定理得，BB1⊥AD，因为底面ABC是等边三角形，D为BC的中点，所以BC⊥AD，所以AD⊥平面B1BCC1，所以AD⊥C1D，由勾股定理得C1D⊥DB1，结合线面垂直的判定定理得C1D⊥平面ADE．
【详解】（1）连接A1B，A1C，

在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，
因为点E是AB1的中点，所以点E是A1B的中点，
又因为点D是BC的中点，所以DE∥A1C，
因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1．
（2）连接B1D，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，

因为BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以 BB1⊥AD，
又因为底面ABC是等边三角形，D为BC的中点，
所以BC⊥AD，又BC∩BB1＝B，
所以AD⊥平面B1BCC1，又C1D⊂平面B1BCC1，
所以AD⊥C1D，
由BC＝2，得BD＝1，又BB1＝CC1＝1，
所以，
所以，所以C1D⊥DB1，DB1AD＝D，所以C1D⊥平面ADB1，
即C1D⊥平面ADE．

1.（2019年全国统一高考数学试卷（新课标Ⅱ））
设，为两个平面，则的充要条件是
A. 内有无数条直线与平行
B. 内有两条相交直线与平行
C. ，平行于同一条直线
D. ，垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2.（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则

A. ，且直线是相交直线
B. ，且直线是相交直线
C. ，且直线是异面直线
D. ，且直线是异面直线
【答案】B
【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B

【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
3.（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因为，所以，即．
故四棱锥的体积．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如图所示的平面直角坐标系，设．

因为，所以，，，．
从而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面内，
因此，所以．
所以，
由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，
得，即．
所以，即．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.

一、单选题
1．（2022·山东聊城·二模）已知某圆锥的侧面积等于底面的3倍，直线是底面所在平面内的一条直线，则该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由侧面积与底面积的关系得出，再由线线角的范围结合线面角的定义得出该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围.
【详解】设底面圆的半径为，母线长为，因为圆锥的侧面积等于底面的3倍，
所以，即，因为直线与直线所成角的范围为，
所以当直线与底面圆相切时，直线与母线所成角最大为，则该直线与母线所成的角的余弦值的最小值为；
当直线过底面圆的圆心时，由线面角的定义可知，此时直线与母线所成角最小，则该直线与母线所成的角的余弦值的最大值为，
即该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围为.
故选：A

2．（2022·北京丰台·二模）已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，则下列结论中正确的是（       ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【分析】根据空间中线面、面面的判定定理与性质定理一一判断即可；
【详解】解：由两条不同的直线，与两个不同的平面，，知：
对于A，若，，则与平行或或与相交或，故A错误；
对于B，若，，则由面面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误．
故选：B．
3．（2022·重庆八中模拟预测）已知三个平面，，，其中 ，，，且，则下列结论一定成立的是（       ）
A．b，c是异面直线 B． C． D．a与c没有公共点
【答案】B
【分析】因为 两两相交，因此可以看作是三棱锥的三个面，作图分析即可.
【详解】

依题意作上图，
对于A， ，错误；
对于B， ， ，又∵ ，即 ，
正确；
对于C， ，故错误；
对于D， ，P点就是a，c的公共点，错误；
故选：B.
4．（2022·江西·二模（理））已知平面四边形ABCD中，，现沿BD进行翻折，使得A到达的位置，连接，此时二面角为150°，则四面体外接球的半径为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取BD的中点E，连接，，依题意可得即为二面角的平面角且，即可外接圆的圆心为，设外接圆的圆心为，过点，分别作平面，平面的垂线，交于点，则即为四面体外接球的球心，再利用勾股定理求出外接球的半径即可.
【详解】解：取BD的中点E，连接，，因为
即，
所以，，即为二面角的平面角，且，所以外接圆的圆心为，

设外接圆的圆心为，则，过点，分别作平面，平面的垂线，交于点，则即为四面体外接球的球心.
因为二面角的平面角为，即，则.
在中，，连接，则即为外接球的半径，
则，即，
故选：C.
5．（2022·江西景德镇·三模（理））已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点，E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据线面平行求得点的轨迹，再结合几何关系，求的最小值即可.
【详解】取中点分别为，连接，以及，如下所示：

显然//，故平面与平面是同一个平面，
又//，故都在平面中；
//，面面，故可得//面，
//面面，故可得//面，
又面，故面//面，
又点在正方形，故点的轨迹是线段，
故当且仅当时，取得最小值；
在△中，，
故，则，
则.
故选：A.
6．（2022·河北秦皇岛·二模）如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】应用等体积法求到平面的距离，结合的长，即可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】由题设，且到平面的距离为.
又，，故到上高为，所以.
设到平面的距离为，由得：，解得，
故直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D
7．（2022·湖南永州·三模）中国古代数学瑰宝《九章算术》记录形似“楔体”的“羡除”．所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形（其中最多只有一个平行四边形），两个不平行对面是三角形的五面体．如图，在羡除中，四边形是边长为2的正方形，，均为正三角形，平面，且，则羡除的体积为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】作出辅助线，分割为一个三棱柱和两个相同的三棱锥，利用柱体和椎体体积公式进行求解.
【详解】因为平面
所以EF∥AB，EF∥CD，
因为四边形是边长为2的正方形，
所以AB⊥AD，
过点A作AG⊥EF于点G，连接DG，
则AG⊥AB，
因为，
所以AB⊥平面ADG，
过点B作BH⊥EF于点H，连接CH
则AB⊥平面BCH，
因为，均为正三角形，边长相等，
所以羡除被分割为三棱柱ADG-BCH和两个相同的三棱锥E-ADG和F-BCH，
其中FG=FH=1，GH=AB=CD=2，
由勾股定理可得：，
取AD中点M，连接GM，则GM⊥AD，
由勾股定理得：，
则
所以，
故羡除的体积为

故选：B
8．（2022·浙江嘉兴·二模）如图，已知正方体的棱长为，则下列结论中正确的是（       ）

①若是直线上的动点，则平面
②若是直线上的动点，则三棱锥的体积为定值
③平面与平面所成的锐二面角的大小为
④若是直线上的动点，则
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】连接，利用面面平行的判定可证得平面平面，由面面平行性质可知①正确；根据①中结论，利用体积桥的方式，由可知②正确；由面面平行知平面与平面所成的锐二面角即为平面与平面所成的锐二面角，根据二面角平面角定义知所求角为，利用正切值可说明③错误；根据线面垂直的判定可证得平面，根据线面垂直性质知④正确.
【详解】对于①，连接，

，，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面，
若是直线上的动点，则平面，平面，①正确；
对于②，由①知，平面，
，②正确；
对于③，连接，交于点，连接，

平面平面，平面与平面所成的锐二面角即为平面与平面所成的锐二面角，
四边形为正方形，，为中点，
又，，
即为平面与平面所成的锐二面角的平面角，
，，
即平面与平面所成的锐二面角不为，③错误；
对于④，四边形为正方形，，
平面，平面，，
又，平面，平面；
若是直线上的动点，则平面，，④正确.
故选：C.
二、多选题
9．（2022·辽宁葫芦岛·一模）如图所示，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列满足平面ABC的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据线面平行的判定定理或面面平行的性质定理，即可得解．
【详解】解：对于A，如图所示，点，为正方体的两个顶点，则，
所以、、、四点共面，
同理可证，即、、、四点共面，
平面，故A错误；

对于B，如图所示，为正方体的一个顶点，则，，
平面，平面，所以平面，同理可证平面
又，、平面，
平面平面，
又平面，
平面，故B正确；

选项C，如图所示，为正方体的一个顶点，则平面平面，
平面，
平面，故C正确；

对于D，连接，则，
，，，四点共面，
平面，与平面相矛盾，故D错误．

故选：BC．
10．（2022·辽宁沈阳·二模）在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，则（       ）
A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
【答案】ABD
【分析】用反证的方法来推出与已知相矛盾的结论，可以判断A,D;用线面平行的判定定理，可判断B;用线面平行的判定以及性质定理可判定C.
【详解】若平面PAD内存在直线与BC平行，则平面PAD，

由 平面ABCD, 平面ABCD 平面PAD ,
可得，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；
平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线，
在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；
由得平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，
所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，
则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，
与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．
故选：ABD
11．（2022·广东惠州·一模）近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（       ）

A．该结构的纳米晶个体的表面积为
B．该结构的纳米晶个体的体积为
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为
D．二面角A1−A2A3−B3的余弦值为
【答案】ABD
【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.
对于B：棱长为a的正四面体的高为，根据割补法代公式计算.
对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，计算可得；
对于D：二面角是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.
【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积，故A正确；
对于B：棱长为a的正四面体的高为，所以，故B正确；
对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，几何体上下底面距离为，可得，计算整理得，因此该几何体的外接球表面积为，故C错误；
对于D：二面角为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，

过正四面体的顶点作平面于点，易知为的中心，延长交于点，则为的中点，连接，设正四面体的棱长为2，则，所以，，因为平面，所以，又，，所以平面，平面，所以，所以即为所求侧面与底面所成二面角的平面角，在中，，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为，所以二面角A1−A2A3−B3的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
12．（2022·辽宁锦州·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，点P，Q，R分别在棱，，上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论正确的是（       ）

A．任意点P，都有
B．存在点P，使得四边形APQR为平行四边形
C．存在点P，使得平面APQR
D．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形
【答案】AC
【分析】根据面面平行的性质，结合假设法逐一判断即可.
【详解】对于A：由直四棱柱，，
所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，故A正确；
对于B：若四边形为平行四边形，则，
而与不平行，即平面与平面不平行，
所以平面平面，平面平面，
直线与直线不平行，
与矛盾，
所以四边形不可能是平行四边形，故B不正确；
对于C：当时，为时，满足平面，故C正确.
对于D：假设存在点，使得为等腰直角三角形，令，

过点作，则，在线段上取一点使得，连接，则四边形为矩形，所以，
则，
，

显然，
若由，则且四边形为平行四边，
所以，无解，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点睛：运用假设法进行求解是解题的关键.
13．（2022·江苏南通·模拟预测）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边为1，侧棱长为a，M是CC1的中点，则（       ）
A．任意a＞0，A1M⊥BD
B．存在a＞0，直线A1C1与直线BM相交
C．平面A1BM与底面A1B1C1D1交线长为定值
D．当a＝2时，三棱锥B1－A1BM外接球表面积为3π
【答案】AC
【分析】对于A，证线线垂直即证线面垂直；
对于B，根据异面直线的定义可得；
对于C，根据基本事实3找出交线，然后求出交线长即可；
对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.
【详解】，，，，平面，
∴平面，平面，∴，A对.
平面，平面，∴平面
∴与异面不相交，B错.
延长，交于点，为中点，，

∴，∴，，∴，
平面平面，平面与底面交线为，
其中为中点，，C对.
，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆
圆心设为，半径（知D错）
取中点，则平面，，

∴，∴，，D错；
故选：AC.
14．（2022·江苏泰州·模拟预测）在正四棱锥中，点分别是棱上的点，且，，，其中，则（       ）
A．当时，平面平面
B．当，，时，平面
C．当，，时，点平面
D．当，时，存在，使得平面平面
【答案】BD
【分析】举出反例可判断A；连接交于点，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知B正确；
假设平面，可知平面与平面重合，显然不成立，知C错误；
由线面垂直的判定可知平面，取中点，由平行关系可得平面，则平面与交点满足题意，知D正确.
【详解】对于A，当时，平面与平面重合，A错误；
对于B，当，，时，与重合，与重合，为中点，

连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
又平面，平面，
平面，即平面，B正确；
对于C，连接，

假设平面，又平面，平面，
平面，平面，平面即为平面，显然不成立，C错误；
对于D，取中点，连接，交于点，连接，

四边形为正方形，，
为正方形的中心，平面，又平面，，
又，平面，平面，
分别为中点，，平面；
过作，交于，则平面，
平面平面，D正确.
故选：BD.
15．（2022·广东广州·二模）如图，圆柱的轴截面是正方形，E在底面圆周上， ，F是垂足，G在BD上， ，则下列结论中正确的是（       ）

A．
B．直线与直线所成角的余弦值为
C．直线与平面所成角的余弦值为．
D．若平面平面，则
【答案】AD
【分析】选项A：由线面垂直的判定定理，以及线面垂直的性质定理得出；
选项B：平移法找出异面直线所成角，构造三角形，求解三角形可得；
选项C：找出线面垂直，作出线面角，再求解三角形可得；
选项D：运用线面平行的判定定理，以及线面平行的性质定理可得.
【详解】对于A：由圆柱的性质得：面，面，
又是下底面圆的直径
又，面，面
面，又面 ，又
又，面，面
面，又面，A正确；
对于B：过点作交于点，如图

则就是直线与直线所成角（或补角）
设，则
在中，
，
在等腰中，，又
在中，，，

即：
在中，，，

在中，，
，B错误；
对于C：取的中点，连接，如图所示

则：，面，又面
又，面，面
面
就是直线与平面所成角
又
，C错误；
对于D：在中，，，
，又面，面
面
又平面平面，面
，D正确.
故选：AD.
16．（2022·广东茂名·二模）棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（       ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当时，平面截正方体所得截面的周长为
C．直线FG与平面所成角的正切值的取值范围是
D．当时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】选项A. 平面,则G点到平面距离为定值，从而可判断；   选项B. 延长交棱于点M，则是的中点，取的中点N，连接EN，MN，，平面为平面截正方体所得的截面，从而可求出截面周长；选项C. 由平面，即则为直线FG与平面所成的角，从而可判断；选项D. ，连接，交EF于点J，则J为EF的中点， 由球的性质可得球心O在过点J且与GH平行的直线上 ，求出其半径可判断；
【详解】因为，所以点G为线段上一个动点，
又平面，故G点到平面距离等于点到平面得距离，为定值4，
又E，F分别为棱，的中点，则面积是定值，
故三棱锥是定值，又，故A正确；
延长交棱于点M，则，即是的中点，
取的中点N，连接EN，MN，，

因为，，所以，所以平面为平面截正方体所得的截面，
因为，，，
所以四边形的周长为，故B项错误；
由上可知平面，当点G在上移动时，连接MG，

则为直线FG与平面所成的角，
因为MG的最小值为，最大值，由
所以，故C正确；
如图所示，连接，交EF于点J，则J为EF的中点，，

在上取点H，使，连接GH，则，所以平面，
则，设三棱锥的外接球的球心为O，则，
由及，得点O在过点J且与GH平行的直线上，
设，因为，，
所以，解得，所以，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D项正确．
故选: ACD．
三、解答题
17．（2022·青海西宁·一模（文））如图，四棱锥中，，，平面CDP，E为PC中点．

(1)证明：平面PAD；
(2)若平面PAD，，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取中点，连接，，然后可证明四边形是平行四边形，得到即可；
（2）根据题意可求得PD的长，根据即可求得答案.
(1)证明：取中点，连接，，

则，且，
又，且，
，且，
四边形是平行四边形，
，
平面，平面，
平面；
(2)因为平面PAD，平面PAD，
故，
又因为，，故 ,
又因为，平面CDP，
故
.
18．（2022·甘肃兰州·一模（理））已知四棱锥中，底面为菱形，点E为校PC上一点（与P､C不重合），点M､N分别在棱PD､PB上，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)若为中点，，，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）因为平面平面，证得，得到平面，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）证得平面，连接交于，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，
分别求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
(1)证明：因为平面平面，且平面平面，
平面平面，所以,
又因为平面，且平面，
所以平面.
(2)解：由（1）平面，
因为，，所以，所以，
所以，
又因为，且，所以平面，
因为四边形是菱形，可得，
所以为正三角形，所以，
连接交于，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
因为点为的中点，且平面平面，
可得分别为与的中点，所以，
平面的法向量即为平面的法向量，
因为平面，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，又由，
则，令，可得，即，
所以，
所以，所以二面角的正弦值为.

19．（2022·海南海口·模拟预测）如图所示的几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，两个锥体的底面在同一平面内，BC是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，△ABC是等边三角形．

(1)证明：平面SAC；
(2)若BC＝2，，求直线CD与平面SAB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）只需证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，平面SAB的法向量，利用进行计算，从而求出答案.
(1)因为BC是半圆锥底面的直径，，所以∠DBC＝60°，
因为△ABC是等边三角形，所以∠ACB＝60°，所以．
因为平面SAC，平面SAC，所以平面SAC．
(2)设S在底面上的射影为O，连接OA，OS，
由已知得O为BC的中点，所以AO⊥BC，．
因为BC＝2，，所以OB＝1，．
以O为坐标原点，分别以OA，CB，OS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则C（0，-1，0），，B（0，1，0），，S（0，0，2）．
所以，，．
设平面SAB的法向量为，
则令x＝2，得．
设CD与平面SAB所成的角为θ，
则．
20．（2022·山东潍坊·二模）如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，，PA⊥底面ABC，M是PB上的动点，且，N是PC的中点．

(1)若时，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明；
(2)若平面PBC与平面ABC所成的角为，点M到平面PAC的距离是，求的值．
【答案】(1)直线平面PBC，证明见解析(2)
【分析】（1）可证平面ABC，从而得到，故可得直线平面PBC．
（2）根据平面PBC与平面ABC所成的角为可得，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点面距公式可求的值.
(1)直线平面PBC，
证明：当时，M是PB的中点，又因为N是PC的中点，
所以，又平面ABC，且平面ABC，
所以平面ABC，又平面AMN，且平面平面，
所以，又因为平面PBC，平面PBC，所以直线平面PBC．
(2)因为AC是圆O的直径，所以，
由勾股定理得，因为PA⊥平面ABC，平面ABC，
所以，又，，
所以BC⊥平面PBA，而平面PBA，故，
故∠PBA就是二面角的平面角，所以，
所以△PAB为等腰直角三角形，且，
以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面PAC的一个法向量为，
则，所以
令，则，得，
设，
所以点M到平面PAC的距，所以．

21．（2022·山东聊城·二模）如图，在四棱锥中，平面，，是等边三角形，．

(1)若，求证：平面；
(2)若二面角为30°，，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）先由直角三角形的性质得出，由线面垂直的性质得出，最后由线面垂直判定证明即可；
（2）以的中点为原点，分别以所在直线为轴和轴，建立如下图所示的坐标系，利用向量法得出直线与平面所成的角的正弦值．
(1)在中，因为，所以
因为是等边三角形，所以，因此，所以
因为平面，平面，所以
因为，所以平面
(2)因为平面，平面，所以
又，且，所以平面
又平面，所以，因此即为二面角的平面角
所以，所以
以的中点为原点，分别以所在直线为轴和轴
建立如下图所示的坐标系
则
于是
设平面的法向量为
由，得
取，得
设直线与平面所成角为
则
故直线与平面所成角的正弦值为

22．（2022·江西·二模（理））如图所示，在多面体ABCDFE中，ABCDEF，平面ABCD平面ABEF，ABAD=AF2EF2CD，∠CDA∠AFE90°，M，N分别为线段BE，CE的中点.

(1)求证：FAMN；
(2)求平面BDF与平面BEF所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）由题意，得到FAAB，利用面面垂直的性质定理，证得FA平面ABCD，得到FABC，结合MNBC，即可证得FAMN；
（2）以A为原点，AD，AB，AF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得平面BDF的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
(1)证明：因为ABEF，∠AFE90°，所以FAAB，
又平面ABCD平面ABEF，平面平面ABEFAB，平面ABEF，
所以FA平面ABCD，
因为平面ABCD，故FABC；
因为M，N分别为线段BE，CE的中点，故MNBC，所以FAMN.
(2)解：因为FA平面ABCD，平面ABCD，所以FAAD，
又∠BAD90°，所以FA，AD，AB两两互相垂直，
以A为原点，AD，AB，AF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设ABADAF2，CDEF1，
则，，，，，
设为平面BDF的一个法向量，则，
令，可得，所以，
又由为平面BEF的一个法向量，
则，即平面BDF与平面BEF所成锐二面角的余弦值为.