2020届二轮复习空间的平行与垂直教案（全国通用）

2020届二轮复习 空间的平行与垂直 教案（全国通用）
1．点、线、面的位置关系
(1)平面的基本性质
名称
图形
文字语言
符号语言
公理1

如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内
⇒l⊂α
公理2

过不在一条直线上的三点有且只有一个平面
若A、B、C三点不共线，则A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．
公理3

如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.
平面α与β不重合，若P∈α，且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a
(2)平行公理、等角定理
公理4：若a∥c，b∥c，则a∥b.
等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，则∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°.
2．直线、平面的平行与垂直
定理名称
文字语言
图形语言
符号语言
线面平行的判定定理
平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行

⇒a∥α
线面平行的性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行

a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b
面面平行的判定定理
如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行

a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β
面面平行的性质定理
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且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b
线面垂直的判定定理
一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α
线面垂直的性质定理
垂直于同一平面的两条直线平行

a⊥α，b⊥α⇒a∥b
面面垂直的判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直

a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β
面面垂直的性质定理
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

α⊥β，b∈β，α∩β＝a，b⊥a⇒b⊥α
3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的基础.
【误区警示】
1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件．
2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．
3．若a、b、c代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如⇒b△c的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a、b、c中有两个为平面，一条为直线，命题⇒α∥β是成立的.⇒α∥β是不成立的．
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此
由得.
由得.
所以平面.
（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.
由（Ⅰ）可知
设平面的法向量.
由即可取.
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
【变式探究】【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
(第15题)
A
D
B
C
E
F

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.

又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD， ，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，， 平面ABC， 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
【变式探究】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.

【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】证明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.
所以，于是
又因为DE平面平面
所以直线DE//平面
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以
又因为
所以平面
因为平面，所以
又因为
所以
因为直线，所以
【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.






求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明　(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，
所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
【举一反三】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.
因此，从而.由,得.
由得.所以，.
于是，
故.
又，而，
所以.

（Ⅱ）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，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.
【变式探究】如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)




A．∠A′DB≤α 　　　 B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α 　　　 D．∠A′CB≥α
解析　极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.


答案　B

高频考点三 平面图形的折叠问题
例 3、（2018年全国I卷理数）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析.
(2) .
【解析】
（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
则为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
【变式探究】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．

(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积．
【解析】　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.
【方法技巧】
　平面图形翻折问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
【变式探究】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且＝.将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．

(1)求证：GR⊥平面PEF；
(2)若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P－DEF的内切球的半径．
解析：(1)证明：在正方形ABCD中，∠A，∠B，∠C为直角．
∴在三棱锥P－DEF中，PE，PF，PD两两垂直．
∴PD⊥平面PEF.
∵＝，即＝，∴在△PDH中，RG∥PD.
∴GR⊥平面PEF.
(2)正方形ABCD边长为4.
由题意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝2，DF＝2.
∴S△PEF＝2，S△DPF＝S△DPE＝4.
S△DEF＝×2×＝6.
设三棱锥P－DEF内切球的半径为r，
则三棱锥的体积VP－DEF＝××2×2×4＝(S△PEF＋2S△DPF＋S△DEF)·r，解得r＝.
∴三棱锥P－DEF的内切球的半径为.

1. （2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由，得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
2. （2018年北京卷）如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析
(2) B-CD-C1的余弦值为
(3)证明过程见解析

（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
3. （2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．

（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以．

（1）因为P为A1B1的中点，所以，
从而，
故．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
4. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．

求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)
A B C D
解析：B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.
答案：A
2．(2017·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
3.【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
(第15题)
A
D
B
C
E
F

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.

又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD， ，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，， 平面ABC， 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
1.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足则（ ）
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
【答案】C
【解析】由题意知，．故选C．
2.【2016高考新课标2理数】 是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：
（1）如果，那么.
（2）如果，那么.
（3）如果，那么.
（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.
其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）
【答案】②③④
【解析】对于①，，则的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为，所以过直线作平面与平面相交于直线，则，因为，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.
3.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是 .

【答案】
【解析】中，因为，所以.
由余弦定理可得，所以.设，则，.在中，由余弦定理可得.故.
在中，，.
由余弦定理可得，所以.
由此可得，将ABD沿BD翻折后可与PBD重合，无论点D在任何位置，只要点D的位置确定，当平面PBD⊥平面BDC时，四面体PBCD的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.

过作直线的垂线，垂足为.设，则，
即，解得.
而的面积.
当平面PBD⊥平面BDC时：
四面体的体积.
观察上式，易得，当且仅当，即时取等号，同时我们可以发现当时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大，为
4.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为
(A) (B) (C) (D)
【答案】A
【解析】如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角.过作，交的延长线于点E,连接，则为.连接，过B1作，交的延长线于点，则为.连接BD，则，则所成的角即为所成的角，为，故所成角的正弦值为，选A.

5.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（ ）
（A）4π （B） （C）6π （D）
【答案】B
【解析】要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．
6.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单
位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.

【答案】2
【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，
因此所求四棱锥的体积．故答案为2．
1.【2015高考浙江，理8】如图，已知，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.

【答案】B.
【解析】设，设，则由题意，在空间图形中，设，
在中，，
在空间图形中，过作，过作，垂足分别为，，
过作，连结，∴，
则就是二面角的平面角，∴，
在中，，，
同理，，，故，
显然面，故，
在中，，
在中，
，
∵，，∴（当时取等号），
∵，，而在上为递减函数，∴，故选B.

【考点定位】立体几何中的动态问题
2.【2015高考湖南，理10】某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）（ ）
A. B. C. D.

【答案】A.
【解析】分析题意可知，问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值，设长方体体的长，宽，高分别为，，，长方体上底面截圆锥的截面半径为，则，如下图所示，圆锥的轴截面如图所示，则可知，而长方体的体积
，当且仅当，时，等号成立，此时利用率为，故选A.

【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.
3.【2015高考福建，理7】若 是两条不同的直线， 垂直于平面 ，则“ ”是“ 的 （ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“ ”是“ 的必要不充分条件，故选B．
4.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为 .


【答案】
【解析】建立坐标系如图所示.设，则.设，则，由于异面直线所成角的范围为，所以.，令，则，当时取等号.所以，当时，取得最大值.

5.【2015高考浙江，理13】如图，三棱锥中，，点分别是的中点，则异面直线，所成的角的余弦值是 ．

【答案】.

6.【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）
如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
D
D1
C1
A1
E
F
A
B
C
B1

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：
（Ⅱ）作，垂足为，则，，因为为正方形，所以．于是，所以．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．设是平面的法向量，则即所以可取．又，故．所以直线与平面所成角的正弦值为．
7.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）
如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.求证：（1）；
（2）.
A
B
C
D
E
A1
B1
C1

【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】（1）由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得（2）因为直三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得
试题解析：（1）由题意知，为的中点，
又为的中点，因此．
又因为平面，平面，
所以平面．

（2）因为棱柱是直三棱柱，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，平面，平面，，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为，所以矩形是正方形，因此．
因为，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
8.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱-中，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.
（1）证明：D平面；
（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.

【答案】（1）设为的中点，由题意得平面，∴，∵，
∴，故平面，由，分别，的中点，得且
，从而，∴四边形为平行四边形，故，又∵
平面，∴平面；（2）作，且，连结，
由，，得，由，
，得，由，得，因此为二面角
的平面角，由，，，得，
，由余弦定理得，.

1. 【2014高考安徽卷理第8题】从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（ ）
A.24对 B.30对 C.48对 D.60对
【答案】C
【解析】在正方体中，与上平面中一条对角线成的直线有，，，共八对直线，与上平面中另一条对角线的直线也有八对直线，所以一个平面中有16对直线，正方体6个面共有对直线，去掉重复，则有对.故选C.

2. 【2014辽宁高考理第4题】已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【解析】若A．若则与可能平行、相交、异面，故A错误； B．若，，则，显然成立；C．若，，则或故C错误；D．若，，则或或与相交.
3. 【2014四川高考理第8题】如图，在正方体中，点为线段的中点.设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．

【答案】B
【解析】 设正方体的棱长为，则，所以，.
又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.
4. 【2014高考湖南理第19题】如图6,四棱柱的所有棱长都相等, ,四边形和四边形为矩形.
(1)证明:底面;
(2)若,求二面角的余弦值.


【答案】(1) 详见解析 (2)
【解析】
(1)证明:四棱柱的所有棱长都相等
四边形和四边形均为菱形

分别为中点
四边形和四边形为矩形
且

又且底面
底面.

(2)法1::过作的垂线交于点,连接.不妨设四棱柱的边长为.
底面且底面面
面
又面

四边形为菱形

又且,面
面
又面

又且,面
面
为二面角的平面角,则
且四边形为菱形
,,
则
再由的勾股定理可得,
则,所以二面角的余弦值为.
法2:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形是菱形,因此,又面,从而两两垂直,如图以为坐标原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立三维直角坐标系,不妨设,因为,所以,,于是各点的坐标为:,已知是平面的一个法向量,设是平面的一个法向量,则, ,取,则,
所以, ,故二面角的余弦值为.

【考点定位】线面垂直、二面角、勾股定理
5、【2014高考江苏第16题】如图在三棱锥中，分别为棱的中点，已知，
求证（1）直线平面；
（2）平面平面

【答案】证明见解析．
【解析】（1）由于分别是的中点，则有，又，，所以．
（2）由（1），又，所以，又是中点，所以，，又，所以，所以，是平面内两条相交直线，所以，又，所以平面平面．