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专题十四 空间点、线、面之间的位置关系-2021届高三《新题速递•数学》12月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题十四 空间点、线、面之间的位置关系-2021届高三《新题速递•数学》12月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题十四空间点线面之间的位置关系原卷版docx、专题十四空间点线面之间的位置关系解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共99页， 欢迎下载使用。
专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、多选题
1．（2020·湖南雅礼中学高二期中）已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】ABD
【分析】
根据线面间平行与垂直的关系判断各选项同．
【详解】
，则，A正确；
，，则或，又，则，B正确；
，，则或，C错误；
，则内存在直线，且，又，则，由此得，D正确．
故答案为：ABD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间线面平行与垂直的判断，考查空间想象能力．解题关键是熟练掌握线面间的位置关系．
2．（2020·湖南湘潭一中高二期末）如图，在正方体中，给出以下四个结论，则正确的是（ ）
A．与直线成的棱有8条
B．正方体各个面与面所成的锐二面角均相等
C．正方体所有的棱与平面所成的角相等
D．过点且与直线平行的直线，必在平面上
【答案】ABCD
【分析】
根据正方体的性质分析判断异面直线所成的角、二面角、直线与平面所成的角，直线与平行平行的性质．
【详解】
与成角的棱为两个侧面和上的8条棱，其余4条棱与垂直，正确；
由正方体知三棱锥是正三棱锥，三个侧面与底面所成角相等，三个侧面即为正方体的三个面，另外三个面分别这三个面平行，因此正方体各个面与面所成的锐二面角均相等，正确；
同上，正三棱锥的三条侧棱与底面所成角相等，因此正方体的棱与面所成角相等，正确；
，因此过点且与直线平行的直线必平行于，因必在平面上，正确．
故选：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间角的概念，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是利用特殊图形正三棱锥的性质：侧面与底面所成的二面角相等，侧棱与底面所成的角相等．正棱锥相邻侧面所成的二面角也相等．结合平行的传递性质可得结论．
3．（2020·湖北武汉·高二期中）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点，则（ ）
A．直线DD1与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C和点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【分析】
对选项A，假设，从而得出平面，而与不垂直，故A错误；
对选项B，取的中点，连接，，易证平面平面，从而得到平面，故B正确；
对选项C，连接，，得到平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可得到C正确；
对选项D，利用反正法即可得到D错误；
【详解】
对选项A，如图所示：
取中点，连接，，容易得出
假设，则平面，从而得出
由于与不垂直，所以与不垂直，故A错误.
对选项B，取的中点，连接，，如图所示：
因为，，所以由面面平行的判定定理得出平面平面.
因为平面，所以平面，故B正确.
对选项C，连接，，如图所示：
因为，所以平面为平面截正方体所得的截面.
，
，所以四边形为等腰梯形
高为，.
故C正确.
对选项D，连接交于，如图所示：
假设点与点到平面的距离相等，即平面必过的中点
而不是的中点，则假设不成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】
在证明线面平行时，一般采用线面平行的判定定理证明，也可以先证明面面平行再得出线面平行.
4．（2020·福清西山学校高三期中）已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球的表面积为，则（ ）
A． B．与平面所成的角为
C．到平面的距离为1 D．二面角的大小为
【答案】ABC
【分析】
过作平面于点，则点是等边的中心，也是外心、重心，、即可判断选项A；因为平面于点，所以即为与平面所成的角，在直角三角形中，求即可判断选项B；求的长即可判断选项C；取的中点连接，可得即为二面角的平面角，求出即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】
如图，因为的顶点都在球的球面上，且是等边三角形，
过作平面于点，则点是等边的中心，也是外心，重心
因为是面积为的等边三角形，所以，解得，
延长交于点，则点是的中点，因为，所以，
又因为平面，平面，所以，因为，
所以平面，又因为平面，所以，故选项A正确；
因为球的表面积为，即，所以，即，
因为等边中，，所以，
，在直角三角形中，，所以到平面的距离为1，故选项C正确；
因为平面于点，所以即为与平面所成的角，
在直角三角形中，，，所以，
所以，故选项B正确；
取的中点连接，因为，所以，
因为平面，平面，所以，因为，
所以平面，所以，结合，可得即为二面角的平面角，由，，所以，，所以，所以，故选项D不正确.
故选：ABC
【点睛】
方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
5．（2020·江苏镇江·高三期中）如图垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆上异于，的任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】AD
【分析】
根据线面垂直、面面垂直的判定与性质判断各选项．
【详解】
是圆直径，在圆上，则，
平面，平面，则，
，∴平面，又平面，
∴，A正确；
又平面，∴平面平面．D正确；
若平面，则，而平面，则，重合，矛盾，B错；
若平面平面，作于，∵平面平面，∴平面，而平面，∴，，∴平面，于是平面与平面重合．矛盾，C错．
故选：AD．
【点睛】
易错点睛：本题考查空间线面、面面垂直的判定定理和性质定理．由于是多选题，仅仅判断AD正确还不够，必须说明（证明）BC为什么是错误的．否则会出错．
6．（2020·湖北高二期中）如图，正方体的棱长是，下列结论正确的有（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．到平面的距离为长
C．两条异面直线和所成的角为
D．三棱锥中三个侧面与底面均为直角三角形
【答案】ABD
【分析】
对于A，由直线与平面夹角的定义可知即为直线与平面所成的角，结合正方体性质即可得解；对于B，由平面，可知到面的距离为长度的一半，即可求解；对于C，由于，则异面直线和所成的角为，根据边的关系即可得解；对于D，利用底面ABCD，平面，判断，，，，即可判断侧面与底面均为直角三角形.
【详解】
正方体的棱长为1，
对于A，连接，则平面，故由直线与平面夹角的定义得，直线与平面所成的角为，正方体中，易见，故A正确；
对于B，因为平面，点到面的距离为长度的一半，正方体中，易见，故点到面的距离为，故B正确；
对于C，因为，所以异面直线和所成的角，即直线和所成的角，连接，易见为等边三角形，则，故两条异面直线和所成的角为，故C错误；
对于D，三棱锥中，底面ABCD，故，，即，是直角三角形，又平面，则，，即，是直角三角形，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
7．（2020·湖南衡阳市八中高三月考）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．四面体的体积是定值
C．当点为的中点时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等
D．异面直线与所成角的正切值为
【答案】AD
【分析】
对于A，得出即可证明平面；对于B，设，可得四面体的体积为，即可判断；对于C，由可得到平面和平面的距离不相等；对于D，可得异面直线与所成角为，求出即可判断.
【详解】
对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以A正确；
对于B，设，因为，，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
四面体的体积为，
所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于C，由于，当点为的中点时，
到平面和平面的距离不相等，故所成角不相等，故C错误；
对于D，因为，所以异面直线与所成角为，
在中，，，
所以，所以D正确；
故选：AD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
8．（2020·山东高二期中）在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．和所成角为
【答案】AD
【分析】
利用线面垂直的判定定理可判断A；根据过一点有且只有一条直线与已知直线平行可判断B；假设平面可得可得判断C；根据异面直线所成角的求法求出EF和所成的角可判断D.
【详解】
如图，
对于A，连接，，则，又平面，平面，
所以,又，所以平面，又平面，
所以，故A正确；
对于B，取的中点，连接，，可得四边形为平行四边形，
所以，又,因此不成立，故B错误；
对于C，假设平面，则，连结，
因为平面，平面，
所以，又，所以平面，又平面，
所以，显然不成立，故C错误；
对于D，因为，所以为异面直线和所成的角，
在等腰直角中，，所以异面直线和所成的角为，故D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：直线与直线的平行与垂直、直线与平面的垂直判定、异面直线所成角，熟练掌握、运用是解题关键，考查直观想象、逻辑推理的能力，属于中档题.
二、单选题
9．（2020·浙江温州·高二期中）如图，矩形中，，，现将沿对角线所在的直线折起，使点在平面的射影落在直线上，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设点在平面上的射影为，根据面积相等，求得，结合线面角的定义，即可求解.
【详解】
设点在平面上的射影为，
由，且，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
所以，所以，
在中，由等面积可得，
即，解得，
设直线与平面所成角为，
可得直线与平面所成角的正弦值是.
故选：C.
【点睛】
求解直线与平面所成角的方法：
1、定义法：根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
2、向量法：分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个向量方法向量的夹角（或补角）；
3、法向量法：求出斜线的方向向量和平面的法向量所夹的锐角，取其余角即为斜线与平面所成的角.
10．（2020·浙江温州·高二期中）已知，是两个不同的平面，，是平面，外的两条不同的直线，给出下面4个论断：（1）；（2）；（3）；（4）.以其中3个论断为条件，余下一个做为结论，则正确的命题是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
【答案】B
【分析】
将所有符合条件的命题都写出，然后利用空间中垂直关系的定义、判定定理、性质定理逐项分析.
【详解】
时：当，，时，此时与相交或平行或，所以是假命题；
时，当，，时，根据面面垂直的判定定理可得，所以是真命题；
时，当，，时，此时与相交或平行或，所以是假命题；
时，当，，时，根据面面垂直的性质定理可得，所以是真命题，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：空间中平行、垂直有关命题的常用判断方法：
（1）定义、定理法：利用平行、垂直的定义以及判定定理、性质定理进行分析判断；
（2）举例法：将问题具体到长方体、正方体或其他特殊几何体中，借助特殊几何体中所体现的空间位置关系进行分析判断.
11．（2020·云南昆明一中高三月考（理））在正三棱锥中，底面是边长等于的等边三角形，侧棱，则侧棱与底面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设点在底面的射影点为点，连接、，设该正三棱锥的侧棱与底面所成的角为，计算出的长，可得出，结合的取值范围可求得结果.
【详解】
如下图所示：
设点在底面的射影点为点，连接、，则为的外接圆半径，
由正弦定理可得，则，
平面，平面，，，
设该正三棱锥的侧棱与底面所成的角为，则，
，因此，.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
12．（2020·江苏高二期中）在三棱锥中，，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分别取、、的中点、、，连接、、、、，由题意结合平面几何的知识可得、、或其补角即为异面直线PC与AB所成角，再由余弦定理即可得解.
【详解】
分别取、、的中点、、，连接、、、、，如图：
由可得，所以，
在，，可得
由中位线的性质可得且，且，
所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角，
在中，，
所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为.
故选：A.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
13．（2020·常州市北郊高级中学高二期中）如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由 ，得是与所成的角，得解
【详解】
由 ，可得是与所成的角，易得△为等边三角形，所以
故选：C
【点睛】
异面直线所成的角通常采用“作、证、求”三步进行，解决本题的关键是把异面直线转化为相交直线.
14．（2020·江西景德镇一中高二期中（文））m，n为空间中两条不重合直线，为空间中一平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若， ，则 B．若，，则
C．若， ，则 D．若， ，则
【答案】B
【分析】
根据空间中的线线平行、线面平行、线面垂直的定义以及性质逐项进行判断.
【详解】
A．因为，，所以当时，不满足，故错误；
B．根据“垂直于同一平面的不同直线互相平行”可知B正确；
C．因为，，所以可能是异面直线，故错误；
D．因为，，所以时也满足，故错误，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是通过分析已知的平行垂直关系，找寻不符合条件描述的反例，由此排除选项.
15．（2020·浙江高二期中）在正方体中，过点做直线，使得直线与直线和所成的角均为，则这样的直线（ ）
A．不存在 B．2条 C．4条 D．无数条
【答案】C
【分析】
转化为过B的直线与所成的角为，让l绕着B点从角平分线开始转动一直到与平面垂直时即与两条直线都垂直时观察是否存在，然后在其补角中同理去观察可得答案.
【详解】
因为，过点做直线可以转化为过做直线与直线和所成的角均为，由于与所成的角都等于，所以当直线是的角平分线时与都成，然后直线绕着点B转动，在与平面垂直的过程中有一条直线与两条直线都成，同理在的对顶角中也有一条直线与两条直线都成，
因为的补角是，角平分线与两条直线都成，当直线绕着点B从一侧的补角角平分线开始转动，在与平面垂直的过程中有一条直线与两条直线都成，同理另一侧的补角也存在一条，所以共有4条.
故选：C.
【点睛】
本题考查异面直线所成角的问题，考查空间想象能力和转化能力．在解决本题的过程中，转化思想很重要.
第II卷（非选择题）
三、填空题
16．（2020·重庆市江津中学校高二月考）已知正四棱锥的所有棱长都相等，是的中点，则，所成角的正弦值为______．
【答案】
【分析】
连接交于点，根据平行关系可知所求角为，由长度关系可确定，进而求得结果.
【详解】
连接交于点，连接，
四棱锥为正四棱锥，四边形为正方形，为中点，
又为中点，，
与所成角即为与所成角，即.
设，
，，，
，，，
即与所成角的正弦值为.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
17．（2020·安徽省颍上第二中学高二期中（理））如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，现有如下四个结论：
①；②平面平面；③异面直线、所成的角为定值；④三棱锥的体积为定值.
其中正确结论的序号是___________.
【答案】①②④
【分析】
证明出平面，可判断①的正误；利用面面平行的判定定理可判断②的正误；利用异面直线所成角的定义得出异面直线、所成的角为，计算出，可判断③的正误；以点为顶点，结合锥体体积公式求出三棱锥的体积，可判断④的正误.
【详解】
①设与相交于，
在正方体中，四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，①正确；
②在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，即平面平面， ②正确；
③由于正方体的棱长为，所以，，而，
，则，又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以是异面直线、所成的角，
因为平面，平面，所以，
所以，其中为定值，长度不固定，
所以不是定值，所以 ③错误；
④由 ①可知平面，
所以为定值，所以 ④正确.
故答案为： ① ② ④.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
18．（2020·安徽屯溪一中高二期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，P是侧面内一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是_________.
【答案】
【分析】
分别取棱的中点，通过证明平面可得必在线段上，进而可求得长度的取值范围.
【详解】
如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，
因为为所在棱的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面；
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，所以平面，
因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，
在直角中，，
同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，
当在中点时，，此时最短，位于处时最长，
，，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题考查空间点的存在性问题，解题的关键是取棱的中点，得出点必在线段上，从而将问题转化为在中.
19．（2020·浙江效实中学高二期中）已知直三棱柱中，，则异面直线与所成角的正弦值为_____.
【答案】
【分析】
将直三棱柱补形为长方体，连接，可得即为与所成角，即可求解.
【详解】
如图，可将直三棱柱补形为长方体，连接，
则在长方体中，，四边形是平行四边形，
，即为与所成角，
,
，
则.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
20．（2020·浙江高二期中）在正三棱锥中，，.点是线段上的点，且.点是棱上的动点，直线与平面所成角为，则的最大值为______.
【答案】
【分析】
证明直线与平面所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得．
【详解】
先证一个命题：平面内所有直线与平面所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大．
如图平面于点，于，是上任一点，
则，而，则平面，又平面，∴是二面角的平面角，
而是直线与平面所成的角，
显然，，又，∴，
都是锐角，∴，重合时等号成立．
由此可知平面内所有直线与平面所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大．
由已知，，，
，
∴直线与平面所成角最大值等于，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】
结论点睛：在二面角（为锐二面角）中，是二面角的平面角，是棱上任一点，则与平面所成角中最大值为二面角的平面角，与平面内过点的直线（实际上是所有直线）所成角中最大值为直线与平面所成的角．
21．（2020·全国高三专题练习（理））在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC和C1D1的中点，经过点A，E，F的平面把正方体ABCD-A1B1C1D1截成两部分，则截面与BCC1B1的交线段长为________．
【答案】
【分析】
首先通过线面之间的平行关系，画出过点A，E，F和正方体的截面，如图，可得到截面与BCC1B1的交线段，即可得解.
【详解】
如图，过点F作FH∥AE交A1D1于H，
易知D1H＝1，所以点H为A1D1的4等分点，
连接AH，过点E作EP∥AH交CC1于点P，
所以，解得，
故截面与BCC1B1交线段长．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了平面和几何体的截面问题，考查了利用线面关系补全截面，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.解决此类问题的关键为：通过部分截面补完整截面，利用了线面平行的性质.
22．（2020·利川市第五中学高二期末）如图，正方形的边长为，已知，将沿边折起，折起后A点在平面上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：
①与所成角的正切值是；②；③体积是；④平面平面．
其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）
【答案】①③④
【分析】
作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到是异面直线与所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明平面，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确.
【详解】
作出折叠后的几何体直观图如图所示：
由题意，，，∴；
∴，，
∵，∴是异面直线与所成的角，
在中, ，故①正确；
连结，，则，
又平面，平面，
∴，又，平面，平面，
∴平面，又平面，
∴.故②错误．
三棱锥的体积.
故③正确．
∵平面，平面，
∴，又，，平面，平面，
∴平面，∵平面，
∴平面.故④正确.
故答案为：①③④．
【点睛】
思路点睛：
判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明.
23．（2020·北京四中高二期中）棱长为1的正方体中，为中点，则点到平面的距离为______________．
【答案】
【分析】
求出三棱锥的体积，再求出的面积，可得点面距．
【详解】
由题意，
又，，等腰底边上的高为，所以，
设点到平面的距离为，则由得．
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：本题考查求点到平面的距离，求点面距的方法有：
（1）定义法：作出点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点面距；
（2）向量法：点，是平面的一个法向量，则到平面的距离为在方向上投影的绝对值．即．
四、解答题
24．（2020·浙江温州·高二期中）如图所示的几何体由斜三棱柱和组成，满足：平行四边形与、平行四边形与、平行四边形与分别全等，且点为的中点.
（1）若、、三点不共线，求证：面；
（2）若，面面，侧棱和底面所成的角是，求证：面面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用全等四边形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）结合（1）的结论，根据面面平行的性质、线面角的定义、面面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】
（1）证明：因为的中点为，连接、，
∵平行四边形与全等，∴，，
∴，，且.
因为、、不共线，面.
（2）连接，由（1）可知，面，同理可证：面，
而面面，因此面与面重合，即为平面，
且面面，因此面，
又∵面面，∴面，∵，∴面，且在平面的投影在直线上，∴即为线面角，∴，，
∴，，而面，
所以面，面，
而，
故面面.
【点睛】
关键点睛：本题考查了推理论证能力，本题的关键是线面角的确定，以及全等形的性质.
25．（2020·湖南高二期中）如图，在四棱锥中，已知四边形BCDE为平行四边形，平面平面BCDE，，，点O为BE的中点.
（1）求证：平面AOC；
（2）求二面角A-BC-O的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由等腰三角形的性质可得， ，根据线面垂直的判定可得平面AOC，再由平行四边形的性质和线面垂直的性质，可得证．
（2）过O点作BC的垂线，垂足为G，连接AG，由线面垂直的性质可得，则为二面角A-BC-O的平面角，根据直角三角形的知识可求得答案．
【详解】
（1）证明：，点O为BC的中点，，
，点O为BC的中点，，
，AC，平面AOC，平面AOC，
四边形BCDE为平行四边形，，平面AOC.
（2）过O点作BC的垂线，垂足为G，连接AG，则，
因为面BCO，平面，所以，
又，所以面AGO，
平面，所以，故为二面角A-BC-O的平面角，
在直角三角形AGO中，，，所以.
．
【点睛】
方法点睛：求二面角的方法：
１.几何法：做出二面角的平面角，运用解三角形的知识求解二面角的大小；
２.建立空间直角坐标系，运用空间向量的数量积运算求得二面角的大小，运用此方法时，注意判断二面角的范围．
26．（2020·黄梅国际育才高级中学高三期中）如图，正四棱锥的每个侧面均为等边三角形，，且.
（1）证明：平面.
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）通过连接，，证明出四边形为平行四边形，进而利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量为，进而利用向量的乘积公式求解即可
【详解】
（1）证明：
如图，取的中点，连接，.
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：设底面，为垂足，过作，垂足为，过作，垂足为，以为原点，为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即
令，得
因为，
所以，
故与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
关键点睛：解题关键在于建立空间直角坐标系,进而利用向量的乘积公式求出与平面所成角的余弦值，进而可得与平面所成角的正弦值，属于中档题
27．（2020·全国高三月考（理））已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，点是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形得解
（2）取中点，连接；证明及得解，
【详解】
（1）取的中点，连接，；
∵，分别为、的中点，∴且；
而，，，故，
则；故且；
即四边形为平行四边形，，
又∵平面，平面，
故平面.
（2）取中点，连接；
由题且，，
所以四边形为正方形，所以，
又，，故；
又为中点，故；
又是的中点，且，∴；
∵，∴，
又，平面，平面，故平面，
又平面，故平面平面.
【点睛】
面面垂直判定的两种方法与一个转化
两种方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理
一个转化：在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直
28．（2020·扬州大学附属中学高二期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AD=BC，AB//CD，∠ADC=120°，AB=2CD=2，直线PB与平面ABCD所成角为45°，G是AB的中点．
（1）求证： 平面PAC⊥平面PBC；
（2）求直线PG与平面PBC所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）分析可知，AC⊥BC，AC⊥PC，进而可证AC⊥平面PBC，再根据面面垂直的判定即可得出结论；
（2）∠GPE为直线PG与平面PBC所成的角，再转化到三角形中求解即可.
【详解】
（1）证明：由已知，DC∥AG，且DC=AG，
则AGCD为平行四边形，∴AD=CG，
又AD=BC，则BC=GC，
由知，则为正三角形，
在中，AB＝2，，
由余弦定理可知，，
有，则，
又，，则平面PBC，
而AC在平面PAC内，则平面平面PBC.
（2）设E为BC的中点，连接GE，PE，则，
∵平面ABCD，PC在平面PBC内，
∴平面平面PBC，
∴平面PBC，为直线PG与平面PBC所成的角，
又直线PB与平面ABCD所成角为45°，则PC=BC，
又，，
∴在中，，
即直线PG与平面PBC所成角的正切值为.
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解.
29．（2020·湖北鄂州·高二期中）如图，在直三棱柱中，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为的中点．
（1）证明：平面．
（2）若四边形是面积为的正方形，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，交于点，利用三角形中位线的性质可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据（1）中结论可知所求距离即为点到平面的距离，利用线面垂直的判定方法可证得平面，利用可构造出关于所求距离的方程，解方程求得结果.
【详解】
（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点．
为中点，，又，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
（2）解：四边形是面积为的正方形，
连接，
，为的中点，
三棱柱是直三棱柱，，
又，平面，平面.
由（1）可知：，
点到平面的距离等价于点到平面的距离.
设点到平面的距离为，
在中，，，，
，，，
，
又，
，解得：，
点到平面的距离为．
【点睛】
方法点睛：立体几何问题中求解点到面的距离的常用方法是利用体积桥的方式，将所求距离转化为某个三棱锥高的求解问题，利用体积桥的方式求得三棱锥体积，进而构造方程求得结果.
30．（2020·浙江诸暨中学高二期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是边长为1的菱形，，，M是PB的中点．
（1）求证：平面ACM；
（2）求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，交于点，连接，证明，即可证明平面；
（2）取中点，连，，过作于点，证明为直线与平面所成角，通过求解三角形求解即可．
【详解】
（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OM
由底面ABCD是棱形，知O是BD的中点，
又M是BP的中点，所以；
又平面，平面，
所以平面；
（2）取中点，连，，
，为中点 ，
又在菱形中，，且平面，平面，
平面，又平面，
平面面；
过作于点，连接，则面；
为直线与平面所成角，
在中，，，，
由可得，
又，
，
即直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
31．（2020·全国高三专题练习（理））如图，多面体中，面面，面面，面，，，.
（1）求的大小；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）取、的中点、，连接、、，证明出平面，可得出，计算出的长，可得出，进而可求得的值；
（2）在平面内作于，在平面作于，连接，证明出，可得出二面角的平面角为，计算出的三边边长，利用余弦定理求出，即可得解.
【详解】
（1）取、的中点、，连接、、.
因为，为的中点，则，
平面平面，平面平面，平面，所以，平面，
同理面，故，故、、、共面.
又面，平面，面面，故.
故四边形为平行四边形，故，
平面，平面，，
又，，，，
故；
（2）在平面内作于，在平面作于，连接.
因为、分别为、的中点，故，又，故，
，，
，，平面，
平面，，所以，为二面角的平面角，
又由（1）可得，故.
由（1）可得，
，则，故.
在中，由等面积法有，
所以，，
故，，故，
由余弦定理可得，
因此，二面角的余弦值为.
【点睛】
方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
32．（2020·安徽宿州·高二期中（理））如图1所示，在中，，，点，分别在线段，上，且，.如图2所示，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为60°，连接，.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）由题可得平面，即得，再由勾股定理可得，即可得证；
（2）过点作，交于点，再过点作，交于点，根据平行关系即可建立比例关系求出.
【详解】
解：（1）由题意可知，在中，，.
因为，所以.
翻折后垂直关系没变，仍有，，
又，所以平面.
又平面，所以.
又因为，，
所以是二面角的平面角.
所以.
令，则，在中，由余弦定理得.
所以，即.
又因为，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）在上是存在一点，当时，使得平面.
证明如下：过点作，交于点，
则四边形是平行四边形.
令，则，.
又由平面，平面知平面.
再过点作，交于点，则.
由平面，平面知，平面.
又平面，平面，，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
【点睛】
关键点睛：本题考查空间中点的存在性问题，解题的关键是利用线面平行的性质作出恰当的平行线，进而利用平行关系得出比例关系.
33．（2020·安徽宿州·高二期中（理））如图，正四棱锥中，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接交与点，再连接，可得，即可证平面；
（2）利用等体积法由即可求出.
【详解】
解：（1）连接交与点，再连接，则点是的中点.
因为为的中点，所以.
又平面，Ü平面，
所以平面.
（2）由四棱锥是正四棱锥可知，平面.
在正方形中，，则.
在中，，，.
所以.
又为的中点，所以点到平面的距离为.
所以.
设点到平面的距离为，则.
又，所以.
故点到平面的距离为.
【点睛】
结论点睛：求点面距离的常用方法是等体积法，在求点到平面距离时，一般转化为三棱锥不同顶点求体积，主要需要找到三棱锥中容易求面积的底面和高.
34．（2020·淮南第一中学高二期中（理））如图，在长方体中，，，点P为棱的中点.
（1）证明：平面PAC；
（2）求异面直线与AP所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）和交于点，则为的中点．推导出．由此能证明直线平面；
（2）由，得即为异面直线与所成的角或其补角．由此能求出异面直线与所成角的大小．
【详解】
（1）证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点.
连结PO，又因为P是的中点，所以.
又因为平面PAC，平面PAC
所以直线平面PAC.
（2）解：由（1）知，，所以即为异面直线与AP所成的角或其补角.
因为，且，
所以.
又，所以
故异面直线与AP所成角的大小为.
【点睛】
方法点睛：异面直线所成的角的求法
方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）
方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.
35．（2020·浙江诸暨中学高二期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
（1）求直线PA与平面ABCD所成角的大小；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C-PB-D的大小.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）60.
【分析】
（1）由线面垂直的性质及线面角的定义可得即为直线PA与平面ABCD所成的角，即可得解；
（2）由线面垂直的性质与判定可得，进而可得平面即，再由线面垂直的判定即可得证；
（3）由二面角的定义可得为二面角的平面角，结合余弦定理即可得解.
【详解】
（1）因为侧棱平面，
所以为直线在平面上的射影，，
故即为直线PA与平面ABCD所成的角，
又，所以，
所以直线PA与平面ABCD所成的角为；
（2）证明：因为侧棱平面，平面，所以，
又，，所以平面，，
由可得，
又，所以平面，，
因为，，
所以平面；
（3）由（2）知，所以为二面角的平面角，
不妨设，则，，，
在中，由余弦定理得，
所以二面角的大小为60.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化以及空间角的平面角的转化.
36．（2020·浙江台州一中高三期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，为等腰三角形，.
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，且，求的长度，并求此时与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；.
【分析】
（Ⅰ）由线面垂直的判定定理可证得平面，由面面垂直判定定理可证得结论；
（Ⅱ）根据二面角平面角定义可知为二面角的平面角，在中利用余弦定理构造方程可求得，过点作，利用体积桥的方式可求得点到平面的距离，由线面角定义可求得结果.
【详解】
（Ⅰ）证明：四边形为矩形，，又，即，
平面，，平面，
平面，平面平面.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：平面，平面，，
由得：，又，
即为二面角的平面角，
在中，，又，，
可得：或，又，，，
过点作，垂足为点，可得：，
由平面平面，平面平面得：平面，
设点到平面的距离为.
由得：，
而，，，
设与平面所成角为，则.
与平面所成角正弦值为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了立体几何中直线与平面所成角的求解，涉及到二面角的应用问题；解题关键是能够熟练掌握二面角平面角的定义，在立体图形中根据垂直关系找到已知二面角的平面角，从而利用余弦定理构造方程求得所需的线段长.
37．（2020·南京航空航天大学附属高级中学高三期中）一副标准的三角板（如图1）中，∠ABC为直角，∠A=60°，∠DEF为直角，DE=EF，BC=DF，把BC与DF重合，拼成一个三棱锥（如图2）.设M是AC的中点，N是BC的中点.
（1）求证：平面ABC⊥平面EMN；
（2）设平面ABE∩平面MNE＝l，求证：l∥AB．
（3）若AC=4，且二面角E-BC-A为直二面角，求直线EM与平面ABE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）只要证明，，即得；
（2）由（1）知MN∥AB，且平面ABE∩平面MNE＝E，又平面ABE∩平面MNE＝l，所以E∈l，利用面面平行推导出线线平行即可
（3）以，，分别为，，，如图建立空间直角坐标系.求出线段长，得各点坐标，求出直线方向向量和平面的一个法向量，由向量夹角的余弦得所求线面角的正弦．
【详解】
证明：（1）设BC的中点为N，连结MN，EN，
因为M是AC的中点，N是BC的中点，
所以MN∥AB，
因为AB⊥BC，
所以MN⊥BC，
因为BE⊥EC，BE＝EC，N是BC的中点，
所以EN⊥BC，
又MN⊥BC，MN∩EN＝N，MN平面EMN，EN平面EMN，
所以BC⊥平面EMN，
又因为BC平面ABC，
所以平面ABC⊥平面EMN
证明：（2）由（1）知MN∥AB，且平面ABE∩平面MNE＝E，
又平面ABE∩平面MNE＝l，所以E∈l，
又因为MN∥AB，所以l∥AB.
（3）由（1）知EN⊥BC，MN⊥BC，所以∠ENM为二面角E-BC-A的平面角，
又二面角E-BC-A为直二面角，所以∠ENM=90°，
则以NM、NC、NE分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系N-xyz，如图所示：
因为AC=4，则AB=2，BC=2，NE=，
所以A(2，，0)，B(0，，0)，C(0，，0)，E(0，0，)，
M(1，0，0)，则=(1，0，)，=(0，，)，=(2，0，0)，
可设平面ABE的一个法向量为=(x，y，z)，
则，即，即，令y=1，则z=－1，
则=(0，1，－1)，设直线EM与平面ABE所成角为，，
则，
所以直线EM与平面ABE所成角的正弦值为.
【点睛】
关键点睛：解题关键在于求出二面角为直二面角，进而建立空间直角坐标系，进行求解，但是有一定的运算量，属于中档题
38．（2020·云南高二学业考试）如图所示，已知AB⊥平面BCD ，BC⊥CD，M，N分别是AC，AD的中点.
（1）求证: MN//平面BCD；
（2）求证: CD⊥平面ABC.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）由线面垂直的性质可得，结合，再由线面垂直的判定定理，即可得证．
【详解】
（1）因为，分别是，的中点，
所以．
又平面且平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以．
又，，且在平面内，
所以平面．
【点睛】
证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.
39．（2020·成都七中万达学校高三期中（理））如图甲，平面四边形中，已知，，，，现将四边形沿折起，使得平面平面（如图乙），设点分别是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求钝二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条直线垂直，即可证明，以及条件；（2）解法一，由条件可证明平面，即是二面角的平面角；解法二，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：图甲中，因为且，∴，，即.
图乙中，∵平面平面，且平面平面，∴平面，∴.
又，∴，且，∴平面.
（2）解法一：∵分别是的中点，∴，又由（1）可知，平面，
∴平面.又∵平面，平面，∴，，∴为二面角的平面角，在中，，
∴，即所求二面角的余弦值为.
解法二：如图，以为原点，为轴正向，为轴正向建立空间直角坐标系如图，设，则
，，，易知，，，
.
∴，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，则有
；.
解得：；，即，
∴，又二面角为钝二面角，∴所求二面角的余弦值为.
【点睛】
方法点睛：本题考查线面垂直的证明和求二面角，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型，本题的关键是第一问，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，证明线线垂直，5.面面垂直，证明线面垂直.
40．（2020·全国高三专题练习（理））如图，在五面体ABCDEF中，面是正方形，，，，且．
（1）求证：平面；
（2）设M是CF的中点，棱上是否存在点G，使得平面ADE？若存在，求线段AG的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】
（1） 在正方形中，得到和，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）分别取DC，AB上点N，G，使得CN=BG=1，证得，得到平面ADE，再取DC中点H，证得，从而证得平面ADE，得到MNG平面ADE，进而得到平面ADE.
【详解】
（1） 在正方形中，可得，
又，，平面，
所以平面；
（2）因为，平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
分别取DC，AB上点N，G，使得CN=BG=1，
又由，故四边形CNGB是平行四边形，所以，
又因为NG在平面ADE外，BC在平面ADE内，所以平面ADE，
取DC中点H，则DH=EF=2，
又由，故四边形EFDH是平行四边形，所以，
又因为，M是CF的中点，故MN是中位线，所以，又由MN在平面ADE外，DE在平面ADE内，所以平面ADE，
因为MN，NG相交于平面MNG内，所以平面MNG平面ADE，
又由平面MNG，
故此时平面ADE，此时.
【点睛】
解答空间中的平行关系及应用问题常见的误区：
1、对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误；
2、对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；
3、对面面平行性质定理理解不深导致错解.
41．（2020·北京四中高二期中）如图，在直三棱柱中，，，为中点，与交于点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）连接，可知点为的中点，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出四边形为菱形，可得出，证明出平面，可得出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】
（1）如下图所示，连接，
在三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
为的中点，则为的中点，同理可知，点为的中点，，
平面，平面，因此，平面；
（2）在直三棱柱中，平面，且，
所以四边形为平行四边形，
，所以，平行四边形为菱形，则，
平面，平面，，
，，平面，
平面，，
，平面，
平面，因此，平面平面.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直的常用方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
在证明面面垂直时，可假设两个平面垂直成立，利用面面垂直的性质定理转化为线面垂直，即可找到所要证的线面垂直，然后组织论据证明即可.
42．（2020·江西景德镇一中高二期中（理））如图，四棱锥中，底面，为棱的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先求出的三边长，求出的面积，设点到平面的距离为，则由，可得答案.
（2）点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，设点到平面的距离为，设与平面所成角为，则得出答案.
【详解】
（1）底面，底面,所以
又, 且，所以面
面,则,
由,则,
为棱的中点，所以,
取的中点，连接，则和都为等腰直角三角形
所以,
底面，底面,所以
又，所以面
面,则, 则
在中，,则
所以
为棱的中点,则到平面的距离为
设点到平面的距离为，
则由 ,则，解得
（2）连接交于点，由和相似，可得
所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，
设点到平面的距离为，则
设与平面所成角为，则
所以与平面所成角的正弦值
【点睛】
关键点睛：本题考查求点面距离和直线与平面所成角，解答本题的关键是用等体积法求出点到平面的距离，即，点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，设点到平面的距离为，则，则，属于中档题.
43．（2019·安徽省蚌埠第三中学高二月考（文））如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P如图2．设EF与BD交于点O，过点P作垂足为H.
（1）求证：平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连接，由和证明平面，即可得，再结合即可证明；
（2）根据线段长度得出是直角三角形，求出，再求出底面积即可得出体积.
【详解】
（1）连接，
可知，是的中点，，
又，，
，平面，
平面，
平面，，
，，平面，
平面；
（2）可知，
则在中，，
由（1），，
，
，满足，，
平面，，
则在中，，可得，
，
.
【点睛】
思想点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略，
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.
专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、多选题
1．（2020·湖南雅礼中学高二期中）已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】ABD
【分析】
根据线面间平行与垂直的关系判断各选项同．
【详解】
，则，A正确；
，，则或，又，则，B正确；
，，则或，C错误；
，则内存在直线，且，又，则，由此得，D正确．
故答案为：ABD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间线面平行与垂直的判断，考查空间想象能力．解题关键是熟练掌握线面间的位置关系．
2．（2020·湖南湘潭一中高二期末）如图，在正方体中，给出以下四个结论，则正确的是（ ）
A．与直线成的棱有8条
B．正方体各个面与面所成的锐二面角均相等
C．正方体所有的棱与平面所成的角相等
D．过点且与直线平行的直线，必在平面上
【答案】ABCD
【分析】
根据正方体的性质分析判断异面直线所成的角、二面角、直线与平面所成的角，直线与平行平行的性质．
【详解】
与成角的棱为两个侧面和上的8条棱，其余4条棱与垂直，正确；
由正方体知三棱锥是正三棱锥，三个侧面与底面所成角相等，三个侧面即为正方体的三个面，另外三个面分别这三个面平行，因此正方体各个面与面所成的锐二面角均相等，正确；
同上，正三棱锥的三条侧棱与底面所成角相等，因此正方体的棱与面所成角相等，正确；
，因此过点且与直线平行的直线必平行于，因必在平面上，正确．
故选：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间角的概念，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是利用特殊图形正三棱锥的性质：侧面与底面所成的二面角相等，侧棱与底面所成的角相等．正棱锥相邻侧面所成的二面角也相等．结合平行的传递性质可得结论．
3．（2020·湖北武汉·高二期中）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点，则（ ）
A．直线DD1与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C和点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【分析】
对选项A，假设，从而得出平面，而与不垂直，故A错误；
对选项B，取的中点，连接，，易证平面平面，从而得到平面，故B正确；
对选项C，连接，，得到平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可得到C正确；
对选项D，利用反正法即可得到D错误；
【详解】
对选项A，如图所示：
取中点，连接，，容易得出
假设，则平面，从而得出
由于与不垂直，所以与不垂直，故A错误.
对选项B，取的中点，连接，，如图所示：
因为，，所以由面面平行的判定定理得出平面平面.
因为平面，所以平面，故B正确.
对选项C，连接，，如图所示：
因为，所以平面为平面截正方体所得的截面.
，
，所以四边形为等腰梯形
高为，.
故C正确.
对选项D，连接交于，如图所示：
假设点与点到平面的距离相等，即平面必过的中点
而不是的中点，则假设不成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】
在证明线面平行时，一般采用线面平行的判定定理证明，也可以先证明面面平行再得出线面平行.
4．（2020·福清西山学校高三期中）已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球的表面积为，则（ ）
A． B．与平面所成的角为
C．到平面的距离为1 D．二面角的大小为
【答案】ABC
【分析】
过作平面于点，则点是等边的中心，也是外心、重心，、即可判断选项A；因为平面于点，所以即为与平面所成的角，在直角三角形中，求即可判断选项B；求的长即可判断选项C；取的中点连接，可得即为二面角的平面角，求出即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】
如图，因为的顶点都在球的球面上，且是等边三角形，
过作平面于点，则点是等边的中心，也是外心，重心
因为是面积为的等边三角形，所以，解得，
延长交于点，则点是的中点，因为，所以，
又因为平面，平面，所以，因为，
所以平面，又因为平面，所以，故选项A正确；
因为球的表面积为，即，所以，即，
因为等边中，，所以，
，在直角三角形中，，所以到平面的距离为1，故选项C正确；
因为平面于点，所以即为与平面所成的角，
在直角三角形中，，，所以，
所以，故选项B正确；
取的中点连接，因为，所以，
因为平面，平面，所以，因为，
所以平面，所以，结合，可得即为二面角的平面角，由，，所以，，所以，所以，故选项D不正确.
故选：ABC
【点睛】
方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
5．（2020·江苏镇江·高三期中）如图垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆上异于，的任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】AD
【分析】
根据线面垂直、面面垂直的判定与性质判断各选项．
【详解】
是圆直径，在圆上，则，
平面，平面，则，
，∴平面，又平面，
∴，A正确；
又平面，∴平面平面．D正确；
若平面，则，而平面，则，重合，矛盾，B错；
若平面平面，作于，∵平面平面，∴平面，而平面，∴，，∴平面，于是平面与平面重合．矛盾，C错．
故选：AD．
【点睛】
易错点睛：本题考查空间线面、面面垂直的判定定理和性质定理．由于是多选题，仅仅判断AD正确还不够，必须说明（证明）BC为什么是错误的．否则会出错．
6．（2020·湖北高二期中）如图，正方体的棱长是，下列结论正确的有（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．到平面的距离为长
C．两条异面直线和所成的角为
D．三棱锥中三个侧面与底面均为直角三角形
【答案】ABD
【分析】
对于A，由直线与平面夹角的定义可知即为直线与平面所成的角，结合正方体性质即可得解；对于B，由平面，可知到面的距离为长度的一半，即可求解；对于C，由于，则异面直线和所成的角为，根据边的关系即可得解；对于D，利用底面ABCD，平面，判断，，，，即可判断侧面与底面均为直角三角形.
【详解】
正方体的棱长为1，
对于A，连接，则平面，故由直线与平面夹角的定义得，直线与平面所成的角为，正方体中，易见，故A正确；
对于B，因为平面，点到面的距离为长度的一半，正方体中，易见，故点到面的距离为，故B正确；
对于C，因为，所以异面直线和所成的角，即直线和所成的角，连接，易见为等边三角形，则，故两条异面直线和所成的角为，故C错误；
对于D，三棱锥中，底面ABCD，故，，即，是直角三角形，又平面，则，，即，是直角三角形，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
7．（2020·湖南衡阳市八中高三月考）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．四面体的体积是定值
C．当点为的中点时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等
D．异面直线与所成角的正切值为
【答案】AD
【分析】
对于A，得出即可证明平面；对于B，设，可得四面体的体积为，即可判断；对于C，由可得到平面和平面的距离不相等；对于D，可得异面直线与所成角为，求出即可判断.
【详解】
对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以A正确；
对于B，设，因为，，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
四面体的体积为，
所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于C，由于，当点为的中点时，
到平面和平面的距离不相等，故所成角不相等，故C错误；
对于D，因为，所以异面直线与所成角为，
在中，，，
所以，所以D正确；
故选：AD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
8．（2020·山东高二期中）在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．和所成角为
【答案】AD
【分析】
利用线面垂直的判定定理可判断A；根据过一点有且只有一条直线与已知直线平行可判断B；假设平面可得可得判断C；根据异面直线所成角的求法求出EF和所成的角可判断D.
【详解】
如图，
对于A，连接，，则，又平面，平面，
所以,又，所以平面，又平面，
所以，故A正确；
对于B，取的中点，连接，，可得四边形为平行四边形，
所以，又,因此不成立，故B错误；
对于C，假设平面，则，连结，
因为平面，平面，
所以，又，所以平面，又平面，
所以，显然不成立，故C错误；
对于D，因为，所以为异面直线和所成的角，
在等腰直角中，，所以异面直线和所成的角为，故D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：直线与直线的平行与垂直、直线与平面的垂直判定、异面直线所成角，熟练掌握、运用是解题关键，考查直观想象、逻辑推理的能力，属于中档题.
二、单选题
9．（2020·浙江温州·高二期中）如图，矩形中，，，现将沿对角线所在的直线折起，使点在平面的射影落在直线上，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设点在平面上的射影为，根据面积相等，求得，结合线面角的定义，即可求解.
【详解】
设点在平面上的射影为，
由，且，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
所以，所以，
在中，由等面积可得，
即，解得，
设直线与平面所成角为，
可得直线与平面所成角的正弦值是.
故选：C.
【点睛】
求解直线与平面所成角的方法：
1、定义法：根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
2、向量法：分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个向量方法向量的夹角（或补角）；
3、法向量法：求出斜线的方向向量和平面的法向量所夹的锐角，取其余角即为斜线与平面所成的角.
10．（2020·浙江温州·高二期中）已知，是两个不同的平面，，是平面，外的两条不同的直线，给出下面4个论断：（1）；（2）；（3）；（4）.以其中3个论断为条件，余下一个做为结论，则正确的命题是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
【答案】B
【分析】
将所有符合条件的命题都写出，然后利用空间中垂直关系的定义、判定定理、性质定理逐项分析.
【详解】
时：当，，时，此时与相交或平行或，所以是假命题；
时，当，，时，根据面面垂直的判定定理可得，所以是真命题；
时，当，，时，此时与相交或平行或，所以是假命题；
时，当，，时，根据面面垂直的性质定理可得，所以是真命题，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：空间中平行、垂直有关命题的常用判断方法：
（1）定义、定理法：利用平行、垂直的定义以及判定定理、性质定理进行分析判断；
（2）举例法：将问题具体到长方体、正方体或其他特殊几何体中，借助特殊几何体中所体现的空间位置关系进行分析判断.
11．（2020·云南昆明一中高三月考（理））在正三棱锥中，底面是边长等于的等边三角形，侧棱，则侧棱与底面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设点在底面的射影点为点，连接、，设该正三棱锥的侧棱与底面所成的角为，计算出的长，可得出，结合的取值范围可求得结果.
【详解】
如下图所示：
设点在底面的射影点为点，连接、，则为的外接圆半径，
由正弦定理可得，则，
平面，平面，，，
设该正三棱锥的侧棱与底面所成的角为，则，
，因此，.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
12．（2020·江苏高二期中）在三棱锥中，，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分别取、、的中点、、，连接、、、、，由题意结合平面几何的知识可得、、或其补角即为异面直线PC与AB所成角，再由余弦定理即可得解.
【详解】
分别取、、的中点、、，连接、、、、，如图：
由可得，所以，
在，，可得
由中位线的性质可得且，且，
所以或其补角即为异面直线PC与AB所成角，
在中，，
所以异面直线AB与PC所成角的余弦值为.
故选：A.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
13．（2020·常州市北郊高级中学高二期中）如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由 ，得是与所成的角，得解
【详解】
由 ，可得是与所成的角，易得△为等边三角形，所以
故选：C
【点睛】
异面直线所成的角通常采用“作、证、求”三步进行，解决本题的关键是把异面直线转化为相交直线.
14．（2020·江西景德镇一中高二期中（文））m，n为空间中两条不重合直线，为空间中一平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若， ，则 B．若，，则
C．若， ，则 D．若， ，则
【答案】B
【分析】
根据空间中的线线平行、线面平行、线面垂直的定义以及性质逐项进行判断.
【详解】
A．因为，，所以当时，不满足，故错误；
B．根据“垂直于同一平面的不同直线互相平行”可知B正确；
C．因为，，所以可能是异面直线，故错误；
D．因为，，所以时也满足，故错误，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是通过分析已知的平行垂直关系，找寻不符合条件描述的反例，由此排除选项.
15．（2020·浙江高二期中）在正方体中，过点做直线，使得直线与直线和所成的角均为，则这样的直线（ ）
A．不存在 B．2条 C．4条 D．无数条
【答案】C
【分析】
转化为过B的直线与所成的角为，让l绕着B点从角平分线开始转动一直到与平面垂直时即与两条直线都垂直时观察是否存在，然后在其补角中同理去观察可得答案.
【详解】
因为，过点做直线可以转化为过做直线与直线和所成的角均为，由于与所成的角都等于，所以当直线是的角平分线时与都成，然后直线绕着点B转动，在与平面垂直的过程中有一条直线与两条直线都成，同理在的对顶角中也有一条直线与两条直线都成，
因为的补角是，角平分线与两条直线都成，当直线绕着点B从一侧的补角角平分线开始转动，在与平面垂直的过程中有一条直线与两条直线都成，同理另一侧的补角也存在一条，所以共有4条.
故选：C.
【点睛】
本题考查异面直线所成角的问题，考查空间想象能力和转化能力．在解决本题的过程中，转化思想很重要.
第II卷（非选择题）
三、填空题
16．（2020·重庆市江津中学校高二月考）已知正四棱锥的所有棱长都相等，是的中点，则，所成角的正弦值为______．
【答案】
【分析】
连接交于点，根据平行关系可知所求角为，由长度关系可确定，进而求得结果.
【详解】
连接交于点，连接，
四棱锥为正四棱锥，四边形为正方形，为中点，
又为中点，，
与所成角即为与所成角，即.
设，
，，，
，，，
即与所成角的正弦值为.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
17．（2020·安徽省颍上第二中学高二期中（理））如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，现有如下四个结论：
①；②平面平面；③异面直线、所成的角为定值；④三棱锥的体积为定值.
其中正确结论的序号是___________.
【答案】①②④
【分析】
证明出平面，可判断①的正误；利用面面平行的判定定理可判断②的正误；利用异面直线所成角的定义得出异面直线、所成的角为，计算出，可判断③的正误；以点为顶点，结合锥体体积公式求出三棱锥的体积，可判断④的正误.
【详解】
①设与相交于，
在正方体中，四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，①正确；
②在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，即平面平面， ②正确；
③由于正方体的棱长为，所以，，而，
，则，又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以是异面直线、所成的角，
因为平面，平面，所以，
所以，其中为定值，长度不固定，
所以不是定值，所以 ③错误；
④由 ①可知平面，
所以为定值，所以 ④正确.
故答案为： ① ② ④.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
18．（2020·安徽屯溪一中高二期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，P是侧面内一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是_________.
【答案】
【分析】
分别取棱的中点，通过证明平面可得必在线段上，进而可求得长度的取值范围.
【详解】
如下图所示，分别取棱的中点，连接，连接，
因为为所在棱的中点，所以，所以，
又平面平面，所以平面；
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，所以平面，
因为是侧面内一点，且平面，则必在线段上，
在直角中，，
同理，在直角中，求得，所以为等腰三角形，
当在中点时，，此时最短，位于处时最长，
，，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题考查空间点的存在性问题，解题的关键是取棱的中点，得出点必在线段上，从而将问题转化为在中.
19．（2020·浙江效实中学高二期中）已知直三棱柱中，，则异面直线与所成角的正弦值为_____.
【答案】
【分析】
将直三棱柱补形为长方体，连接，可得即为与所成角，即可求解.
【详解】
如图，可将直三棱柱补形为长方体，连接，
则在长方体中，，四边形是平行四边形，
，即为与所成角，
,
，
则.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
20．（2020·浙江高二期中）在正三棱锥中，，.点是线段上的点，且.点是棱上的动点，直线与平面所成角为，则的最大值为______.
【答案】
【分析】
证明直线与平面所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得．
【详解】
先证一个命题：平面内所有直线与平面所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大．
如图平面于点，于，是上任一点，
则，而，则平面，又平面，∴是二面角的平面角，
而是直线与平面所成的角，
显然，，又，∴，
都是锐角，∴，重合时等号成立．
由此可知平面内所有直线与平面所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大．
由已知，，，
，
∴直线与平面所成角最大值等于，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】
结论点睛：在二面角（为锐二面角）中，是二面角的平面角，是棱上任一点，则与平面所成角中最大值为二面角的平面角，与平面内过点的直线（实际上是所有直线）所成角中最大值为直线与平面所成的角．
21．（2020·全国高三专题练习（理））在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC和C1D1的中点，经过点A，E，F的平面把正方体ABCD-A1B1C1D1截成两部分，则截面与BCC1B1的交线段长为________．
【答案】
【分析】
首先通过线面之间的平行关系，画出过点A，E，F和正方体的截面，如图，可得到截面与BCC1B1的交线段，即可得解.
【详解】
如图，过点F作FH∥AE交A1D1于H，
易知D1H＝1，所以点H为A1D1的4等分点，
连接AH，过点E作EP∥AH交CC1于点P，
所以，解得，
故截面与BCC1B1交线段长．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了平面和几何体的截面问题，考查了利用线面关系补全截面，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.解决此类问题的关键为：通过部分截面补完整截面，利用了线面平行的性质.
22．（2020·利川市第五中学高二期末）如图，正方形的边长为，已知，将沿边折起，折起后A点在平面上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：
①与所成角的正切值是；②；③体积是；④平面平面．
其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）
【答案】①③④
【分析】
作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到是异面直线与所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明平面，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确.
【详解】
作出折叠后的几何体直观图如图所示：
由题意，，，∴；
∴，，
∵，∴是异面直线与所成的角，
在中, ，故①正确；
连结，，则，
又平面，平面，
∴，又，平面，平面，
∴平面，又平面，
∴.故②错误．
三棱锥的体积.
故③正确．
∵平面，平面，
∴，又，，平面，平面，
∴平面，∵平面，
∴平面.故④正确.
故答案为：①③④．
【点睛】
思路点睛：
判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明.
23．（2020·北京四中高二期中）棱长为1的正方体中，为中点，则点到平面的距离为______________．
【答案】
【分析】
求出三棱锥的体积，再求出的面积，可得点面距．
【详解】
由题意，
又，，等腰底边上的高为，所以，
设点到平面的距离为，则由得．
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：本题考查求点到平面的距离，求点面距的方法有：
（1）定义法：作出点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点面距；
（2）向量法：点，是平面的一个法向量，则到平面的距离为在方向上投影的绝对值．即．
四、解答题
24．（2020·浙江温州·高二期中）如图所示的几何体由斜三棱柱和组成，满足：平行四边形与、平行四边形与、平行四边形与分别全等，且点为的中点.
（1）若、、三点不共线，求证：面；
（2）若，面面，侧棱和底面所成的角是，求证：面面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用全等四边形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）结合（1）的结论，根据面面平行的性质、线面角的定义、面面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】
（1）证明：因为的中点为，连接、，
∵平行四边形与全等，∴，，
∴，，且.
因为、、不共线，面.
（2）连接，由（1）可知，面，同理可证：面，
而面面，因此面与面重合，即为平面，
且面面，因此面，
又∵面面，∴面，∵，∴面，且在平面的投影在直线上，∴即为线面角，∴，，
∴，，而面，
所以面，面，
而，
故面面.
【点睛】
关键点睛：本题考查了推理论证能力，本题的关键是线面角的确定，以及全等形的性质.
25．（2020·湖南高二期中）如图，在四棱锥中，已知四边形BCDE为平行四边形，平面平面BCDE，，，点O为BE的中点.
（1）求证：平面AOC；
（2）求二面角A-BC-O的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由等腰三角形的性质可得， ，根据线面垂直的判定可得平面AOC，再由平行四边形的性质和线面垂直的性质，可得证．
（2）过O点作BC的垂线，垂足为G，连接AG，由线面垂直的性质可得，则为二面角A-BC-O的平面角，根据直角三角形的知识可求得答案．
【详解】
（1）证明：，点O为BC的中点，，
，点O为BC的中点，，
，AC，平面AOC，平面AOC，
四边形BCDE为平行四边形，，平面AOC.
（2）过O点作BC的垂线，垂足为G，连接AG，则，
因为面BCO，平面，所以，
又，所以面AGO，
平面，所以，故为二面角A-BC-O的平面角，
在直角三角形AGO中，，，所以.
．
【点睛】
方法点睛：求二面角的方法：
１.几何法：做出二面角的平面角，运用解三角形的知识求解二面角的大小；
２.建立空间直角坐标系，运用空间向量的数量积运算求得二面角的大小，运用此方法时，注意判断二面角的范围．
26．（2020·黄梅国际育才高级中学高三期中）如图，正四棱锥的每个侧面均为等边三角形，，且.
（1）证明：平面.
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）通过连接，，证明出四边形为平行四边形，进而利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量为，进而利用向量的乘积公式求解即可
【详解】
（1）证明：
如图，取的中点，连接，.
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：设底面，为垂足，过作，垂足为，过作，垂足为，以为原点，为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即
令，得
因为，
所以，
故与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
关键点睛：解题关键在于建立空间直角坐标系,进而利用向量的乘积公式求出与平面所成角的余弦值，进而可得与平面所成角的正弦值，属于中档题
27．（2020·全国高三月考（理））已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，点是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形得解
（2）取中点，连接；证明及得解，
【详解】
（1）取的中点，连接，；
∵，分别为、的中点，∴且；
而，，，故，
则；故且；
即四边形为平行四边形，，
又∵平面，平面，
故平面.
（2）取中点，连接；
由题且，，
所以四边形为正方形，所以，
又，，故；
又为中点，故；
又是的中点，且，∴；
∵，∴，
又，平面，平面，故平面，
又平面，故平面平面.
【点睛】
面面垂直判定的两种方法与一个转化
两种方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理
一个转化：在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直
28．（2020·扬州大学附属中学高二期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AD=BC，AB//CD，∠ADC=120°，AB=2CD=2，直线PB与平面ABCD所成角为45°，G是AB的中点．
（1）求证： 平面PAC⊥平面PBC；
（2）求直线PG与平面PBC所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）分析可知，AC⊥BC，AC⊥PC，进而可证AC⊥平面PBC，再根据面面垂直的判定即可得出结论；
（2）∠GPE为直线PG与平面PBC所成的角，再转化到三角形中求解即可.
【详解】
（1）证明：由已知，DC∥AG，且DC=AG，
则AGCD为平行四边形，∴AD=CG，
又AD=BC，则BC=GC，
由知，则为正三角形，
在中，AB＝2，，
由余弦定理可知，，
有，则，
又，，则平面PBC，
而AC在平面PAC内，则平面平面PBC.
（2）设E为BC的中点，连接GE，PE，则，
∵平面ABCD，PC在平面PBC内，
∴平面平面PBC，
∴平面PBC，为直线PG与平面PBC所成的角，
又直线PB与平面ABCD所成角为45°，则PC=BC，
又，，
∴在中，，
即直线PG与平面PBC所成角的正切值为.
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解.
29．（2020·湖北鄂州·高二期中）如图，在直三棱柱中，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为的中点．
（1）证明：平面．
（2）若四边形是面积为的正方形，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，交于点，利用三角形中位线的性质可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据（1）中结论可知所求距离即为点到平面的距离，利用线面垂直的判定方法可证得平面，利用可构造出关于所求距离的方程，解方程求得结果.
【详解】
（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点．
为中点，，又，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
（2）解：四边形是面积为的正方形，
连接，
，为的中点，
三棱柱是直三棱柱，，
又，平面，平面.
由（1）可知：，
点到平面的距离等价于点到平面的距离.
设点到平面的距离为，
在中，，，，
，，，
，
又，
，解得：，
点到平面的距离为．
【点睛】
方法点睛：立体几何问题中求解点到面的距离的常用方法是利用体积桥的方式，将所求距离转化为某个三棱锥高的求解问题，利用体积桥的方式求得三棱锥体积，进而构造方程求得结果.
30．（2020·浙江诸暨中学高二期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是边长为1的菱形，，，M是PB的中点．
（1）求证：平面ACM；
（2）求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，交于点，连接，证明，即可证明平面；
（2）取中点，连，，过作于点，证明为直线与平面所成角，通过求解三角形求解即可．
【详解】
（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OM
由底面ABCD是棱形，知O是BD的中点，
又M是BP的中点，所以；
又平面，平面，
所以平面；
（2）取中点，连，，
，为中点 ，
又在菱形中，，且平面，平面，
平面，又平面，
平面面；
过作于点，连接，则面；
为直线与平面所成角，
在中，，，，
由可得，
又，
，
即直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
31．（2020·全国高三专题练习（理））如图，多面体中，面面，面面，面，，，.
（1）求的大小；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）取、的中点、，连接、、，证明出平面，可得出，计算出的长，可得出，进而可求得的值；
（2）在平面内作于，在平面作于，连接，证明出，可得出二面角的平面角为，计算出的三边边长，利用余弦定理求出，即可得解.
【详解】
（1）取、的中点、，连接、、.
因为，为的中点，则，
平面平面，平面平面，平面，所以，平面，
同理面，故，故、、、共面.
又面，平面，面面，故.
故四边形为平行四边形，故，
平面，平面，，
又，，，，
故；
（2）在平面内作于，在平面作于，连接.
因为、分别为、的中点，故，又，故，
，，
，，平面，
平面，，所以，为二面角的平面角，
又由（1）可得，故.
由（1）可得，
，则，故.
在中，由等面积法有，
所以，，
故，，故，
由余弦定理可得，
因此，二面角的余弦值为.
【点睛】
方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
32．（2020·安徽宿州·高二期中（理））如图1所示，在中，，，点，分别在线段，上，且，.如图2所示，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为60°，连接，.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）由题可得平面，即得，再由勾股定理可得，即可得证；
（2）过点作，交于点，再过点作，交于点，根据平行关系即可建立比例关系求出.
【详解】
解：（1）由题意可知，在中，，.
因为，所以.
翻折后垂直关系没变，仍有，，
又，所以平面.
又平面，所以.
又因为，，
所以是二面角的平面角.
所以.
令，则，在中，由余弦定理得.
所以，即.
又因为，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）在上是存在一点，当时，使得平面.
证明如下：过点作，交于点，
则四边形是平行四边形.
令，则，.
又由平面，平面知平面.
再过点作，交于点，则.
由平面，平面知，平面.
又平面，平面，，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
【点睛】
关键点睛：本题考查空间中点的存在性问题，解题的关键是利用线面平行的性质作出恰当的平行线，进而利用平行关系得出比例关系.
33．（2020·安徽宿州·高二期中（理））如图，正四棱锥中，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接交与点，再连接，可得，即可证平面；
（2）利用等体积法由即可求出.
【详解】
解：（1）连接交与点，再连接，则点是的中点.
因为为的中点，所以.
又平面，Ü平面，
所以平面.
（2）由四棱锥是正四棱锥可知，平面.
在正方形中，，则.
在中，，，.
所以.
又为的中点，所以点到平面的距离为.
所以.
设点到平面的距离为，则.
又，所以.
故点到平面的距离为.
【点睛】
结论点睛：求点面距离的常用方法是等体积法，在求点到平面距离时，一般转化为三棱锥不同顶点求体积，主要需要找到三棱锥中容易求面积的底面和高.
34．（2020·淮南第一中学高二期中（理））如图，在长方体中，，，点P为棱的中点.
（1）证明：平面PAC；
（2）求异面直线与AP所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）和交于点，则为的中点．推导出．由此能证明直线平面；
（2）由，得即为异面直线与所成的角或其补角．由此能求出异面直线与所成角的大小．
【详解】
（1）证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点.
连结PO，又因为P是的中点，所以.
又因为平面PAC，平面PAC
所以直线平面PAC.
（2）解：由（1）知，，所以即为异面直线与AP所成的角或其补角.
因为，且，
所以.
又，所以
故异面直线与AP所成角的大小为.
【点睛】
方法点睛：异面直线所成的角的求法
方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）
方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.
35．（2020·浙江诸暨中学高二期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
（1）求直线PA与平面ABCD所成角的大小；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C-PB-D的大小.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）60.
【分析】
（1）由线面垂直的性质及线面角的定义可得即为直线PA与平面ABCD所成的角，即可得解；
（2）由线面垂直的性质与判定可得，进而可得平面即，再由线面垂直的判定即可得证；
（3）由二面角的定义可得为二面角的平面角，结合余弦定理即可得解.
【详解】
（1）因为侧棱平面，
所以为直线在平面上的射影，，
故即为直线PA与平面ABCD所成的角，
又，所以，
所以直线PA与平面ABCD所成的角为；
（2）证明：因为侧棱平面，平面，所以，
又，，所以平面，，
由可得，
又，所以平面，，
因为，，
所以平面；
（3）由（2）知，所以为二面角的平面角，
不妨设，则，，，
在中，由余弦定理得，
所以二面角的大小为60.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化以及空间角的平面角的转化.
36．（2020·浙江台州一中高三期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，为等腰三角形，.
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，且，求的长度，并求此时与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；.
【分析】
（Ⅰ）由线面垂直的判定定理可证得平面，由面面垂直判定定理可证得结论；
（Ⅱ）根据二面角平面角定义可知为二面角的平面角，在中利用余弦定理构造方程可求得，过点作，利用体积桥的方式可求得点到平面的距离，由线面角定义可求得结果.
【详解】
（Ⅰ）证明：四边形为矩形，，又，即，
平面，，平面，
平面，平面平面.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：平面，平面，，
由得：，又，
即为二面角的平面角，
在中，，又，，
可得：或，又，，，
过点作，垂足为点，可得：，
由平面平面，平面平面得：平面，
设点到平面的距离为.
由得：，
而，，，
设与平面所成角为，则.
与平面所成角正弦值为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了立体几何中直线与平面所成角的求解，涉及到二面角的应用问题；解题关键是能够熟练掌握二面角平面角的定义，在立体图形中根据垂直关系找到已知二面角的平面角，从而利用余弦定理构造方程求得所需的线段长.
37．（2020·南京航空航天大学附属高级中学高三期中）一副标准的三角板（如图1）中，∠ABC为直角，∠A=60°，∠DEF为直角，DE=EF，BC=DF，把BC与DF重合，拼成一个三棱锥（如图2）.设M是AC的中点，N是BC的中点.
（1）求证：平面ABC⊥平面EMN；
（2）设平面ABE∩平面MNE＝l，求证：l∥AB．
（3）若AC=4，且二面角E-BC-A为直二面角，求直线EM与平面ABE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）只要证明，，即得；
（2）由（1）知MN∥AB，且平面ABE∩平面MNE＝E，又平面ABE∩平面MNE＝l，所以E∈l，利用面面平行推导出线线平行即可
（3）以，，分别为，，，如图建立空间直角坐标系.求出线段长，得各点坐标，求出直线方向向量和平面的一个法向量，由向量夹角的余弦得所求线面角的正弦．
【详解】
证明：（1）设BC的中点为N，连结MN，EN，
因为M是AC的中点，N是BC的中点，
所以MN∥AB，
因为AB⊥BC，
所以MN⊥BC，
因为BE⊥EC，BE＝EC，N是BC的中点，
所以EN⊥BC，
又MN⊥BC，MN∩EN＝N，MN平面EMN，EN平面EMN，
所以BC⊥平面EMN，
又因为BC平面ABC，
所以平面ABC⊥平面EMN
证明：（2）由（1）知MN∥AB，且平面ABE∩平面MNE＝E，
又平面ABE∩平面MNE＝l，所以E∈l，
又因为MN∥AB，所以l∥AB.
（3）由（1）知EN⊥BC，MN⊥BC，所以∠ENM为二面角E-BC-A的平面角，
又二面角E-BC-A为直二面角，所以∠ENM=90°，
则以NM、NC、NE分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系N-xyz，如图所示：
因为AC=4，则AB=2，BC=2，NE=，
所以A(2，，0)，B(0，，0)，C(0，，0)，E(0，0，)，
M(1，0，0)，则=(1，0，)，=(0，，)，=(2，0，0)，
可设平面ABE的一个法向量为=(x，y，z)，
则，即，即，令y=1，则z=－1，
则=(0，1，－1)，设直线EM与平面ABE所成角为，，
则，
所以直线EM与平面ABE所成角的正弦值为.
【点睛】
关键点睛：解题关键在于求出二面角为直二面角，进而建立空间直角坐标系，进行求解，但是有一定的运算量，属于中档题
38．（2020·云南高二学业考试）如图所示，已知AB⊥平面BCD ，BC⊥CD，M，N分别是AC，AD的中点.
（1）求证: MN//平面BCD；
（2）求证: CD⊥平面ABC.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）由线面垂直的性质可得，结合，再由线面垂直的判定定理，即可得证．
【详解】
（1）因为，分别是，的中点，
所以．
又平面且平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以．
又，，且在平面内，
所以平面．
【点睛】
证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.
39．（2020·成都七中万达学校高三期中（理））如图甲，平面四边形中，已知，，，，现将四边形沿折起，使得平面平面（如图乙），设点分别是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求钝二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条直线垂直，即可证明，以及条件；（2）解法一，由条件可证明平面，即是二面角的平面角；解法二，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：图甲中，因为且，∴，，即.
图乙中，∵平面平面，且平面平面，∴平面，∴.
又，∴，且，∴平面.
（2）解法一：∵分别是的中点，∴，又由（1）可知，平面，
∴平面.又∵平面，平面，∴，，∴为二面角的平面角，在中，，
∴，即所求二面角的余弦值为.
解法二：如图，以为原点，为轴正向，为轴正向建立空间直角坐标系如图，设，则
，，，易知，，，
.
∴，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，则有
；.
解得：；，即，
∴，又二面角为钝二面角，∴所求二面角的余弦值为.
【点睛】
方法点睛：本题考查线面垂直的证明和求二面角，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型，本题的关键是第一问，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，证明线线垂直，5.面面垂直，证明线面垂直.
40．（2020·全国高三专题练习（理））如图，在五面体ABCDEF中，面是正方形，，，，且．
（1）求证：平面；
（2）设M是CF的中点，棱上是否存在点G，使得平面ADE？若存在，求线段AG的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】
（1） 在正方形中，得到和，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）分别取DC，AB上点N，G，使得CN=BG=1，证得，得到平面ADE，再取DC中点H，证得，从而证得平面ADE，得到MNG平面ADE，进而得到平面ADE.
【详解】
（1） 在正方形中，可得，
又，，平面，
所以平面；
（2）因为，平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
分别取DC，AB上点N，G，使得CN=BG=1，
又由，故四边形CNGB是平行四边形，所以，
又因为NG在平面ADE外，BC在平面ADE内，所以平面ADE，
取DC中点H，则DH=EF=2，
又由，故四边形EFDH是平行四边形，所以，
又因为，M是CF的中点，故MN是中位线，所以，又由MN在平面ADE外，DE在平面ADE内，所以平面ADE，
因为MN，NG相交于平面MNG内，所以平面MNG平面ADE，
又由平面MNG，
故此时平面ADE，此时.
【点睛】
解答空间中的平行关系及应用问题常见的误区：
1、对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误；
2、对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；
3、对面面平行性质定理理解不深导致错解.
41．（2020·北京四中高二期中）如图，在直三棱柱中，，，为中点，与交于点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）连接，可知点为的中点，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出四边形为菱形，可得出，证明出平面，可得出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】
（1）如下图所示，连接，
在三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
为的中点，则为的中点，同理可知，点为的中点，，
平面，平面，因此，平面；
（2）在直三棱柱中，平面，且，
所以四边形为平行四边形，
，所以，平行四边形为菱形，则，
平面，平面，，
，，平面，
平面，，
，平面，
平面，因此，平面平面.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直的常用方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
在证明面面垂直时，可假设两个平面垂直成立，利用面面垂直的性质定理转化为线面垂直，即可找到所要证的线面垂直，然后组织论据证明即可.
42．（2020·江西景德镇一中高二期中（理））如图，四棱锥中，底面，为棱的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先求出的三边长，求出的面积，设点到平面的距离为，则由，可得答案.
（2）点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，设点到平面的距离为，设与平面所成角为，则得出答案.
【详解】
（1）底面，底面,所以
又, 且，所以面
面,则,
由,则,
为棱的中点，所以,
取的中点，连接，则和都为等腰直角三角形
所以,
底面，底面,所以
又，所以面
面,则, 则
在中，,则
所以
为棱的中点,则到平面的距离为
设点到平面的距离为，
则由 ,则，解得
（2）连接交于点，由和相似，可得
所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，
设点到平面的距离为，则
设与平面所成角为，则
所以与平面所成角的正弦值
【点睛】
关键点睛：本题考查求点面距离和直线与平面所成角，解答本题的关键是用等体积法求出点到平面的距离，即，点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，设点到平面的距离为，则，则，属于中档题.
43．（2019·安徽省蚌埠第三中学高二月考（文））如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P如图2．设EF与BD交于点O，过点P作垂足为H.
（1）求证：平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连接，由和证明平面，即可得，再结合即可证明；
（2）根据线段长度得出是直角三角形，求出，再求出底面积即可得出体积.
【详解】
（1）连接，
可知，是的中点，，
又，，
，平面，
平面，
平面，，
，，平面，
平面；
（2）可知，
则在中，，
由（1），，
，
，满足，，
平面，，
则在中，，可得，
，
.
【点睛】
思想点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略，
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.
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