专题十五 空间向量与立体几何-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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专题十五 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2020·全国高三其他模拟（理））已知正方体的棱长为1，平面与此正方体相交.对于实数，如果正方体的八个顶点中恰好有个点到平面的距离等于，那么下列结论中，一定正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
此题画出正方体模型即可快速判断m的取值.
【详解】
如图（1）恰好有3个点到平面的距离为；如图（2）恰好有4个点到平面的距离为；如图（3）恰好有6个点到平面的距离为.
所以本题答案为B.

【点睛】
本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.
2．（2019·福建厦门市·厦门一中（文））如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
作平面，，以为原点建立空间直角坐标系，设，由可得，由此得到关系；从而利用表示出，即的高，利用表示出的面积，利用二次函数最值求得面积的最值.
【详解】
过作平面，垂足为；作于点，连接
以为坐标原点可建立如下图所示空间直角坐标系

则，，，，，
设，则，

，

当时，
故选：
【点睛】
本题考查立体几何中三角形面积最值的求解问题，关键是能够将所求三角形面积利用一个变量表示出来，得到二次函数的形式，利用二次函数的最值求得面积的最值.
3．（2020·浙江台州市·高二期末）已知正四面体，空间一动点满足，且的面积为定值，则点的轨迹为（ ）

A．直线 B．圆 C．椭圆 D．抛物线
【答案】B
【分析】
根据垂直关系可知在与垂直的平面内；根据面积为定值可知到直线距离为定值，则在圆柱面上，由平面与圆柱的轴垂直可知截面为圆，即为的轨迹.
【详解】

在过点且垂直于的平面内
面积为定值 到直线的距离为定值
在以为轴的圆柱面上 既在圆柱面上，又在面上
面与圆柱的轴垂直 的轨迹为圆
故选：
【点睛】
本题考查立体几何中动点轨迹的求解问题，关键是能够根据已知的垂直关系和定值确定动点所满足的面，根据两面的交线轨迹确定动点轨迹.
4．（2020·青冈县第一中学校高二月考（理））如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.
【详解】
过作，交于点，交于，则底面


平面，平面，
平面平面，又平面 平面
又平面平面，平面
为中点 为中点，则为中点
即在线段上
，
，
则线段长度的取值范围为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.
5．（2019·湖北武汉市·高一期末）设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是()
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.
【详解】
`以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.
则
易知：平面的法向量为
平面的法向量为
设平面的法向量为：
则，取


平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等
或
看作平面的两条平行直线，到的距离.
根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是：
故答案为B
【点睛】
本题考查了空间直角坐标系，二面角，最短距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
6．（2018·江苏南通一中高二月考）如图，四面体的体积为，且满足，，，则四面体中最长棱的长度为（ ）

A． B．2 C． D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据可用基本不等式的条件找到相应关系，再利用勾股定理即可得到答案.
【详解】
解：因为，，
即，
因为，
当且仅当时，等号成立，
这时，，且面，所以，，
得，故最长棱的长为2．
故选B．
【点睛】
本题考查四面体中最长的棱长，考查棱锥的体积公式的运用，同时考查基本不等式的运用，注意等号成立的条件，属于中档题．
7．（2019·江西东湖区·南昌二中高二期末）把边长为的正沿边上的高线折成的二面角,则点到的距离是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
取中点，连接，根据垂直关系可知且平面，通过三线合一和线面垂直的性质可得，，从而根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，即为所求距离；在中利用勾股定理求得结果.
【详解】
取中点，连接，如下图所示：

为边上的高 ，
即为二面角的平面角，即且平面
为正三角形 为正三角形
又为中点
平面 ， 平面
又平面
即为点到的距离
又，
本题正确选项：
【点睛】
本题考查立体几何中点到直线距离的求解，关键是能够通过垂直关系在立体图形中找到所求距离，涉及到线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于中档题.
8．（2019·浙江高二期末）已知正方体的棱长为，定点在棱上(不在端点上)，点是平面内的动点，且点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则点的轨迹所在的曲线为
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】D
【解析】
【分析】
作，，连接，以为原点建立空间直角坐标系，利用勾股定理和两点间距离公式构造，整理可得结果.
【详解】
作，，垂足分别为
以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：

设，
由正方体特点可知，平面
，
，整理得：
的轨迹是抛物线
本题正确选项：
【点睛】
本题考查立体几何中点的轨迹问题，关键是能够通过建立空间直角坐标系，求出动点满足的方程，从而求得轨迹.
9．（2019·眉山外国语学校高二期中（理））如图所示，在正方形中，点，分别为边，的中点，将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，
①点与点在某一位置可能重合；②点与点的最大距离为；
③直线与直线可能垂直； ④直线与直线可能垂直.
以上说法正确的个数为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】

将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折的过程中，A,C的运动轨迹分别是圆；AB,AF是以BF为旋转轴的圆锥型侧面；CE,CD是以DE为旋转轴的圆锥型侧面.
【详解】

由题意，在翻折的过程中，A,C的运动轨迹分别是两个平行的圆，所以不能重合，
故①不正确；
点与点的最大距离为正方形的对角线,
故②正确；
由于△ABF和△CDE全等，把△CDE平移使得DC和AB重合，
如图，

△ABF绕BF旋转形成两个公用底面的圆锥，AB,CD是稍大的圆锥的母线，由于∠ABF小于45°，所以AB,CD的最大夹角为锐角，所以不可能垂直，
故③不正确；
同理可知，由于∠AFB大于45°，所以AF,BE的最大夹角为钝角，所以可能垂直，
故④正确.
故选:C.
【点睛】

本题主要考查空间位置关系的判断，侧重考查直观想象的核心素养.
10．（2019·广东高考模拟（文））已知正四面体的棱长为2，为的中点，分别是线段，（含端点）边上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
过作垂足为，过作，垂足为，根据，，利用不等式的性质即可得解．
【详解】
解：过作垂足为，过作，垂足为，

∴，
，
故．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了转化能力及空间思维能力，还考查了不等式的性质，属于中档题。
11．（2020·浙江杭州市·高一期末）如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，动点在底面内（不包括边界），若平面，则的最小值是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
在上取中点，在上取中点，连接，根据面面平行的判定定理可知平面平面，从而可得的轨迹是（不含两点）；由垂直关系可知当时，取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.
【详解】
如图，在上取中点，在上取中点，连接

，且，
平面平面，则动点的轨迹是（不含两点）
又平面，则当时，取得最小值
此时，
本题正确选项：
【点睛】
本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.
12．（2020·岳麓区·湖南师大附中高三月考（理））已知正方体的棱长为1，在对角线上取点，在上取点，使得线段平行于对角面，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】
作，垂足为，作，垂足为，根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理、线面平行的性质定理可以得出，设，由此可以求出的最小值.
【详解】
作，垂足为，作，垂足为，如下图所示：

在正方体中，根据面面垂直的性质定理，可得,都垂直于平面，由线面垂直的性质，可知，易知：，由面面平行的性质定理可知：，设，
在直角梯形中，
，当时，的最小值为，
故本题选D.
【点睛】
本题考查了线段长的最小值的求法，应用正方体的几何性质、运用面面垂直的性质定理、线面垂直的性质、线面平行的性质定理，是解题的关键.
13．（2020·全国高一课时练习）从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线，斜足分别为，如果这些斜线与平面成等角，有如下结论：
①是正三角形；
②垂足是的内心；
③垂足是的外心；
④垂足是的垂心.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】
先设平面外一点及其在该平面内的射影，得到平面，根据这些斜线与平面成等角，可得，进而可得出结果.
【详解】
设平面外一点及其在该平面内的射影，
则平面.
由已知可得全等，
所以，
所以为的外心，
只有③正确.
故选A
【点睛】
本题主要考查线面垂直的应用，熟记线面垂直的判定定理以及性质即可，属于常考题型.
14．（2019·山西高考模拟（文））已知正方形的边长为边的中点为，现将分别沿折起，使得两点重合为一点记为，则四面体外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据已知可判平面,设是的中心，是外接球球心，，中勾股定理可求外接球半径，即可得解.
【详解】
如图平面,是边长为的等边三角形.
设是的中心，平面是外接球球心，则.，则，
故四面体外接球的表面积是.


【点睛】
本题考查了空间想象力，线面垂直，球体表面积的计算，属于中档题．
15．（2019·稷山县稷山中学高三月考（理））如图，已知四面体为正四面体，分别是中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）.

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解.
【详解】
补成正方体，如图.


∴截面为平行四边形,可得，
又 且
可得当且仅当时取等号，选A.
【点睛】
本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.
16．（2019·四川高考模拟（理））一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，则该四面体在平面内的投影为（）
A． B．
C．
D．
【答案】D
【分析】
直接利用空间坐标系的应用和射影的应用求出结果．
【详解】
一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是O（0，0，0），A（1，2，0），B（0，2，1），C（1，0，1），则建立空间直角坐标系：
如图所示：

所以该四面体在平面yoz平面内的射影为矩形，
其中AC的射影为实线，OB为虚线．
故选D．
【点睛】
本题考查的知识要点：空间直角坐标系的应用，射影的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
17．（2019·安徽省泗县第一中学高考模拟（理））已知长方体，正方形所在平面记为，若经过点的直线与长方体所有的棱所成角相等，且，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
建立空间直角坐标系，根据题意求出点的坐标后可得所求长度．
【详解】
如图，建立空间直角坐标系．

由题意得，设点的坐标，则．
由题意得与平行的棱所在直线的方向向量可分别取为，，．
因为直线与所有的棱所成角相等，
所以，
因此，
所以，解得，
所以点的坐标，即为正方形对角线的交点，
因此，所以．
故选D．
【点睛】
解答本题的关键是确定点M的位置，空间直角坐标系坐标系的建立，为探求未知点的位置提供了良好的工具，考查转化能力和计算能力，属于中档题．
18．（2019·内蒙古赤峰市·高考模拟（理））如果底面是菱形的直棱柱（侧棱柱与底面垂直的棱柱）的所有棱长都相等，,分别为的中点，现有下列四个结论：①平面 ② ③平面④异面直线与所成的角为，其中正确结论的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【分析】
根据几何体的性质，对选项进行逐一判断.
【详解】
解：因为底面是菱形，且，为中点，
所以为等边三角形，且，
又因为，
所以，
因为四棱柱，
所以平面，
故，
又因为，平面，
所以平面，故选项①正确；
因为为的中点，
所以，
若，则得到，
与矛盾，故选项②不正确；
因为四棱柱，
所以有,
因为为的中点，
所以,
故,
因为平面，
平面
所以平面，故选项③正确；
由③可知，,
所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角,
因为四棱柱，且各棱长相等，
所以四边形为正方形，
故，即异面直线与所成的角为90°，故④不正确，
综上：本题的共有2个正确，故选B.

【点睛】
本题考查了几何体线面的位置关系，解题时应充分运用题中所给的条件，结合判定与性质定理逐项进行验证.
19．（2020·盘锦市大洼区高级中学高二期末）如图，直三棱柱中，侧棱长为，，，点是的中点，是 侧面（含边界）上的动点.要使平面， 则线段的长的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
取上靠近的四等分点为E，由题易知，再利用空间向量证得，即当F在上时，平面，然后求得答案.
【详解】
取上靠近的四等分点为E，连接,当点F在上时，平面，证明如下：
因为直三棱柱中，侧棱长为， ，，点是的中点，所以平面，所以
以为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴建系；
所以
即
此时，即
所以平面，故当F在上时，平面，
很明显，当E、F重合时，线段最长，此时

故选A
【点睛】
本题考查了立体几何的综合知识，属于探索性题型，熟悉空间向量与立体几何以及立体几何的定理是解题的关键，属于难题.

二、多选题
20．（2020·山东高三专题练习）如图,正方形中,分别是的中点将分别沿折起,使重合于点.则下列结论正确的是（ ）

A．
B．平面
C．二面角的余弦值为
D．点在平面上的投影是的外心
【答案】ABC
【分析】
对于A选项，只需取EF中点H，证明平面；对于B选项，知三线两两垂直，可知正确；对于C选项，通过余弦定理计算可判断；对于D选项，由于，可判断正误.
【详解】
对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知和为等腰三角形，故,，所以平面，所以，故A正确；根据折起前后，可知三线两两垂直，于是可证平面，故B正确；根据A选项可知 为二面角的平面角，设正方形边长为2，因此，，，，由余弦定理得：，故C正确；由于，故点在平面上的投影不是的外心，即D错误；故答案为ABC.

【点睛】
本题主要考查异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关概念，综合性强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大.

第II卷（非选择题）

三、解答题
21．（2020·全国高三月考（理））如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设，连，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）连，设，连，
因为是的中点，为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设为平面的法向量，
则，令，则.
又为平面的一个法向量，
由向量的夹角公式，可得，
所以二面角的平面角的余弦值为.

【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
22．（2020·宁夏银川一中高三一模（理））如图所示，在矩形中，，，是的中点，为的中点，以为折痕将向上折起，使点折到点，且.

（1）求证: 面；
（2）求与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到，进而证得面；
（2）分别以、、为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，可得，，则，
取的中点，连，，可得，所以，
因为，，且，所以平面，
又因为平面，所以.
又由与为相交直线，所以平面.
（2）作交于，可知，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，
则，令，可得平面的一个法向量为，
又由，
所以与面所成角的正弦值为.

【点睛】
本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
23．（2020·全国高三专题练习）如图，在三棱柱中，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.
【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【分析】
（1）根据三棱柱的结构特征，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）得到，建立空间直角坐标系，求得向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）由，得，设，得，求得向量的坐标，结合平面，利用，即可求解.
【详解】
（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，交线为.
又因为，所以，所以平面.
因为平面，所以
又因为，所以，
又，所以平面.

（2）由（1）知底面，，如图建立空间直角坐标系，
由题意得，，，.
所以，.
所以.
故异面直线与所成角的大小为.

（3）易知平面的一个法向量，
由，得.
设，得，则
因为平面，所以，
即，解得，所以.

【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
24．（2020·江苏）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝3，D是BC的中点．
(1) 求直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值；
(2) 求二面角的余弦值．

【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面A1B1D的法向量的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；
(2) 由(1)知＝(－1，2，3)，＝(－2，4，0)，求得平面B1DC1的法向量，利用下向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
(1) 在直三棱柱中，有AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC，
故可以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝2，AC＝4，AA1＝3，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，3)，B1(2，0，3)，C1(0，4，3)．
因为D是BC的中点，所以D(1，2，0)，所以．
设(x1，y1，z1)为平面A1B1D的法向量，
因为，
所以，即，
令y1＝3，则x1＝0，z1＝2，所以平面A1B1D的一个法向量为 (0，3，2)．
设直线DC1与平面A1B1D所成的角为θ，
则，
所以直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值为.
(2) 由(1)知＝(－1，2，3)，＝(－2，4，0)，
设＝(x2，y2，z2)为平面B1DC1的法向量，则，即,
令x2＝2，则y2＝1，z2＝0，所以平面B1DC1的一个法向量为＝(2，1，0)．
同理可以求得平面A1DC1的一个法向量n3＝(3，0，1)，
所以，
由图可知二面角的余弦值为.

【点睛】
本题主要考查了空间角的求解，其中解答中建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
25．（2020·江西省宜丰中学高二开学考试（文））如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.

（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
【分析】
（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.
(2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证平面即可.
【详解】
（1）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
26．（2020·全国高三专题练习）已知正方形，分别是的中点，将沿折起，如图所示，记二面角的大小为

（1）证明：
（2）若为正三角形，试判断点在平面内的身影是否在直线上，证明你的结论，并求角的正弦值.
【答案】（1）见证明；（2）
【分析】
（1）沿折起，其它边不变，可知且，则有四边形为平行四边形，那么，又由于，，故；（2）解法一：过点A作，垂足为G，连接，由于，则有，故点A在CD的中垂线EF上，过点作，垂足为，连接，由已知得，故，则即是，设原正方形的边长为，根据已知边和角的关系可以求得；方法三：点在平面内的射影在直线上证法同法一，建立空间直角坐标系，先求平面CED的法向量，再求平面ADE的法向量，可得二面角的余弦值，进而得到．
【详解】
解：（1）证明：分别是正方形的边的中点，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴.
又，而，
∴
（2）解法一：过点作，垂足为，连接.
∵为正三角形，，∴，
∴在垂直平分线上，又∵是的垂直平分线，
∴点在平面内的射影在直线上
过点作，垂足为，连接，则，∴是二面角的平面角，即.
设原正方形的边长为，连接，在折后图的中，，
∴为直角三角形，，∴.
在中，，∴，则，即.

解法二：点在平面内的射影在直线上，连接，在平面内过点作，垂足为
∵为正三角形，为的中点，
∴.
又∵，∴.
∵，∴
又∵且，

∴
∴为在平面内的射影，
∴点在平面内的射影在直线上
过点作，垂足为，连接，则，∴是二面角的平面角，即.
设原正方形的边长为，连接，在折后图的中，，
∴为直角三角形，，∴.
在中，，∴，则，即.

解法三：（同解法一）
点在平面内的射影在直线上，
如图，连接，以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作平行于的向量为轴建立如图所示的空间直角坐标系.


设正方形的边长为，连接，.所以，，，，.
又平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为.
则，即，所以
所以，即.
【点睛】
本题考查空间向量与立体几何的相关知识，是常考题型．
27．（2019·甘肃兰州市·兰州一中高三月考（理））如图，在四边形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，点C在AB上，且AB⊥CD，AC=BC=CD=2，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE与平面PBC所成的角为45°．

（1）求证：平面PBC⊥平面DEBC；
（2）求二面角D-PE-B的余弦值．
【答案】(1)见证明；(2)-77
【分析】
（1）推导出CD//EB，PC⊥CD，EB⊥PC ，从而EB⊥平面PBC，由此能证明平面PBC⊥平面DEBC．
（2）由EB⊥平面PBC，得EB⊥PB，从而PB=EB ，取BC的中点O，连结PO，以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D-PE-B的余弦值．
【详解】
证明：（1）在平面ABED中∵AB⊥CD，AB⊥BE，∴CD//EB，
∵AB⊥CD，∴PC⊥CD，∴EB⊥PC，且PC∩BC=C，
∴EB⊥平面PBC，
又∵EB⊂平面DEBC，∴平面PBC⊥平面DEBC．
解：（2）由（1）知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，
由PE与平面PBC所成的角为45∘，得∠EPB=45∘，
∴ΔPBE为等腰直角三角形，∴PB=EB，
∵AB//DE，又 CD//EB，得BE=CD=2，
∴PB=2，故ΔPBC为等边三角形，
取BC的中点O，连结PO，
∵PO⊥BC，∴PO⊥平面EBCD，
以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系如图，

则B(0,1,0)，E(2,1,0) ，D(2,-1,0)，P0，0，3，
从而DE→=0，2，0，BE→=2，0，0，PE→=2，1，-3，
设平面PDE的一个法向量为m=x，y，z，平面PEB的一个法向量为n=a，b，c，
则由m⋅DE=0m⋅PE=0得2y=02x+y-3z=0，令z=-2得m=-3，0，-2，
由n⋅BE=0n⋅PE=0得2a=02a+b-3c=0，令c=1得n=0，3，1，
设二面角D-PE-B的大小为θ，则cosθ=m⋅nm⋅n=-27×2=-77，
即二面角D-PE-B的余弦值为-77．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
28．（2020·全国高三专题练习）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；
（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.
【分析】
（1）由平面平面，可得平面，从而证明；
（2）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（3）作交于点，延长交于点，连接，根据三垂线定理，确定二面角的平面角，若，，由大角对大边知，两者矛盾，故二面角的大小不能为.
【详解】
（1）由平面平面，平面平面，
且，所以平面，
又平面，所以；
（2）依题意都在平面上，
因此平面，平面，
又平面，平面，
平面与平面平行，即两个平面没有交点，
则与不相交，又与共面，
所以，同理可证，
所以四边形是平行四边形；
（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，

由，，，
所以平面，则平面，又，
根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，
若，则是等腰直角三角形，，
又，
所以中，由大角对大边知，
所以，这与上面相矛盾，
所以二面角的大小不能为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.
29．（2020·全国高三专题练习）如图，在正四棱柱中，，，过顶点，的平面与棱，分别交于，两点（不在棱的端点处）.

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求证：与不垂直；
（3）若平面与棱所在直线交于点，当四边形为菱形时，求长.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（2）由四边形是平行四边形，且，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）先证，可得为的中点，从而得出是的中点，可得.
【详解】
（1）依题意都在平面上，
因此平面，平面，
又平面，平面，
平面与平面平行，即两个平面没有交点，
则与不相交，又与共面，
所以，同理可证，
所以四边形是平行四边形；
（2）因为，两点不在棱的端点处，所以，
又四边形是平行四边形，，
则不可能是矩形，所以与不垂直；
（3）如图，延长交的延长线于点，

若四边形为菱形，则，易证，
所以，即为的中点，
因此，且，所以是的中位线，
则是的中点，所以.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和线段长的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.
30．（2020·安徽镜湖区·芜湖一中高二期中（文））如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.

（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】
（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:

分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
31．（2020·南宁市第四中学）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
32．（2020·全国高三专题练习（文））图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.

【答案】(1)见详解；(2)4.
【分析】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】
(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.

【点睛】
很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
33．（2020·浙江高三其他模拟）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】
(1)如图所示，连结，

等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.

设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】
本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
34．（2020·全国高三专题练习（文））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．
【答案】（1）见详解；（2）18
【分析】
（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.
【详解】
（1）因为在长方体中，平面；
平面，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面；
（2）设长方体侧棱长为，则，
由（1）可得；所以，即，
又，所以，即，解得；
取中点，连结，因为，则；
所以平面，
所以四棱锥的体积为.

【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.
35．（2020·全国高三专题练习（理））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】
（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】
（1）连接，

，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，

二面角的正弦值为：
【点睛】
本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
36．（2020·黑龙江鹤岗市·鹤岗一中高三月考（文））如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB=2，BC=1，，E为PB中点．

（Ⅰ）求证：PD∥平面ACE；
（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；
（Ⅲ）求三棱锥E-ABC的体积．
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）
【分析】
（I）连结交于，连结，利用中位线可证明，即可说明平面；
（II）由平面平面，底面为矩形可得：，根据勾股定理可得：，由此证明平面；
（III）取的中点，连结，可证明平面，由于为 中点，则过点作平面的高等于，所以，即可求出三棱锥 的体积
【详解】
（I）连结交于，连结．因为底面是矩形，
所以为中点．又因为为 中点，所以．因为平面，
平面，所以平面．
（II） 因为底面为矩形，所以．
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面．因为平面，所以．
因为，所以，即．
因为，，平面，
所以平面．
（III））取的中点，连结，因为，是的中点，所以，且，
因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，因为为 中点，
所以．
所以三棱锥C的体积为．

【点睛】
本题主要考查线面平面，线面垂直的证明以及三棱锥体积的求法，属于中档题．
37．（2019·北京高考模拟（文））如图所示的五面体中，平面平面, ,,∥，,，．

（Ⅰ）求四棱锥的体积；
（Ⅱ）求证：∥平面；
（Ⅲ）设点为线段上的动点，求证：与不垂直．
【答案】（I）（II）见解析（III）见解析
【分析】
（Ⅰ）取AD中点N，连接EN．可得EN⊥AD．由平面ADE⊥平面ABCD，利用面面垂直的性质可得EN⊥平面ABCD．再由已知求得梯形ABCD得面积，代入棱锥体积公式求解；（Ⅱ）由AB∥CD，得CD∥平面ABFE．进一步得到CD∥EF．再由线面平行的判定可得EF∥平面ABCD；（Ⅲ）连接MN，假设EM⊥AM．结合（Ⅰ）利用反证法证明EM与AM不垂直．
【详解】
（Ⅰ）取AD中点，连接．

在中，，
所以.
因为平面平面，
平面平面，
平面ADE,
所以平面．
又因为，，所以.
因为∥，，，
所以.
所以.
（Ⅱ）因为∥，平面，平面，
所以∥平面．
又因为平面，平面平面，
所以∥．
因为平面，平面，
所以∥平面．
（Ⅲ）连接，假设.
由（Ⅰ）知平面，
因为平面,所以．
因为, 且，
所以平面．
因为平面，
所以．
在△中，，
所以.
所以．
这与矛盾．
所以假设不成立，即与不垂直．
【点睛】
本题考查直线与平面平行，直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
38．（2019·山东高三一模（理））已知六面体EFABCD如图所示，BE⊥平面ABCD，BE//AF，AD//BC，BC=1，CD=5，AB=AF=AD=2，BE=3，M，N分别是棱FD，ED上的点，且满足ENND=FMMD=12.

（1）求证：平面BFN//平面MAC；
（2）若平面MAC与平面ECD所成的二面角的大小为θ，求sinθ.
【答案】(1)见证明；(2) sinθ=306
【分析】
解法一：（1）连接BD，设BD∩AC=O，根据相似三角形以及等分线段性质，即可证明FB//MO，连接NO，证明AONF是平行四边形，得到FN//AO，由两平面平行判定定理即可得到平面BFN//平面MAC．
解法二：（1）由题意可得AB⊥AD，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面MAC的法向量，分别与平面BFN中两个相交向量相乘等于0，即可证明平面BFN//平面MAC；
（2）由（1）可得平面MAC的法向量，再求出平面ECD的法向量，进而求得平面MAC与平面ECD所成的二面角的余弦值，由此求出sinθ．
【详解】
解：（1）证法一：连接BD，设BD∩AC=O，连接NO，MO，
因为AD//BC，所以ΔBOC~ΔAOD，所以DOOB=ADBC=21，
在ΔFBD中，因为MDMF=21=DOOB，
所以MO//FB，且MO⊂平面MAC，
故FB//平面MAC，
在ΔFBD中，因为NDNE=21=DOOB，
所以NO//EB，且ON=23BE=2，
所以ON=AF，因为BE//AF，
所以ON//AF，所以AONF是平行四边形，
所以FN//AO，且AO⊂平面MAC，
所以FN//平面MAC，因为FN∩BF=F，所以平面BFN//平面MAC.

证法二：因为AD//BC，AB=2，BC=1，AD=2，CD=5，所以AB⊥AD，
因为BE//AF，BE⊥平面ABCD，所以AF⊥平面ABCD，
所以AF⊥AB，AF⊥AD，
取AB所在直线为x轴，取AD所在直线为y轴，取AF所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由已知可得B(2,0,0)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，E(2,0,3)，F(0,0,2)
所以DF→=(0,-2,2)，因为FMMD=12，
所以DM→=23DF→=0,-43,43，
所以点M的坐标为0,23,43，
同理可求N点的坐标为43,23,2，
所以AC→=(2,1,0)，AM→=0,23,43，设m→=(x,y,z)为平面MAC的法向量，
则m→⋅AM→=0m→⋅AC→=0⇒2x+y=023y+43z=0，令x=1，解得y=-2，z=1，
所以m→=(1,-2,1)，
因为BF→=(-2,0,2)，BN→=-23,23,2，
所以m⋅→BF→=(1,-2,1)⋅(-2,0,2)=0，且m→·BN→=(1,-2,1)⋅-23,23,2=0，
所以平面BFN//平面MAC
（2）m→=(1,-2,1) 为平面MAC的法向量.
EC→=(0,1,-3)，CD→=(-2,1,0)
可求平面ECD的一个法向量为n=(3,6,2)
所以cosθ=m⋅nm⋅n=76⋅7=66，
所以sinθ=1-cos2θ=1-16=306
【点睛】
本题主要考查面面平行的证明，空间向量在立体几何中的应用，考查学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题．
39．（2019·广西田阳高中高二月考（理））如图，在四棱锥中，已知平面，为等边三角形，，，与平面所成角的正切值为.

(Ⅰ)证明：平面；
(Ⅱ)若是的中点，求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）.
【分析】
(Ⅰ)先证明为与平面所成的角，于是可得，于是．又由题意得到，故得，再根据线面平行的性质可得所证结论． (Ⅱ) 取的中点，连接，可证得．建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值．
【详解】
(Ⅰ)证明：因为平面，平面，
所以
又,,
所以平面，
所以为与平面所成的角．
在中，，
所以
所以在中，,.
又，
所以在底面中，,
又平面，平面，
所以平面．
(Ⅱ)解：取的中点，连接，则,由(Ⅰ)知，
所以，
分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.


则，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由，即，得，
令，则．
设平面的一个法向量为，
由，即，得，
令，则．
所以，
由图形可得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
【点睛】
空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论．
40．（2019·陕西（文））如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，分别是，的中点.

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）见证明；（2）
【分析】
(1)根据底面三角形为等边三角形得到再由线面垂直性质得到，由底面图形的几何性质得到进而得证；（2）根据等体积转化得到根据体积公式求解即可.
【详解】
（1）∵，是的中点，∴，
∵直三棱柱中平面，∴平面平面，
∴平面，∴.
又∵在正方形中，分别是，的中点，
∴.又，
∴平面.
（2）连结交于，

∵为的中点，
∴点到平面的距离等于点到平面的距离.
∴ .
【点睛】
这个题目考查了线面垂直的证明以及面面垂直的性质的应用，应用到了三棱锥的体积公式，求三棱锥体积时，除直接用公式外，还会涉及等体积转化的应用.
41．（2020·湖南天元区·株洲二中高三二模）如图四棱锥中，底面，是边长为2的等边三角形，且，，点是棱上的动点.

（I）求证：平面平面；
（Ⅱ）当线段最小时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）由底面可得．取的中点，连接，根据等腰三角形的性质可得，于是得到平面，根据面面垂直的判定可得所证结论．（Ⅱ）取中点，连接，可证得，建立空间直角坐标系．然后根据向量的共线得到点的坐标，再根据线段最短得到点的位置，进而得到．求出平面的法向量后根据线面角与向量夹角间的关系可得所求．
【详解】
（Ⅰ）证明：∵底面，底面，
∴．
取的中点，连接，


∵是等边三角形，，
∴，，
∴点共线，从而得，
又，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.

（Ⅱ）解：取中点，连接，则，
∴底面，
∴两两垂直．
以为原点如图建立空间直角坐标系，
则，
∴,
设平面的法向量为，
由，得，
令，得．
设，则，
∴，
∴当时，有最小值，且，此时．
设直线与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
空间向量的引入，为解决立体几何中的探索性问题提供了新的解决方法，即根据计算可解决探索性问题．解答空间角的有关问题时，可转化为向量的数量积问题来处理，但要注意向量的夹角与空间角的关系，在进行代数运算后还需要再转化为几何问题，属于中档题．
42．（2019·湖北高三二模（文））已知四棱锥中，底面，，，，.

（1）当变化时，点到平面的距离是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】
(1)根据几何关系得到面，进而得到点面距离；(2)首先根据几何关系以及平行关系转化得到点与点到平面的距离相等，求解即可.
【详解】
（1）由，，知，则，
由面，面得，
由，，面，
则面，则点到平面的距离为一个定值，.
（2）设直线与平面所成的角为，
由，可知，
又面，面，故，，
则面，
则点到平面的距离为，
由知点与点到平面的距离相等，
则点到平面的距离为，
由知，
故.
【点睛】
这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角的求法，求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值.
43．（2020·全国高三专题练习）如图,四棱锥中，，，，，．

（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见证明；（2）见解析
【分析】
（1）利用余弦定理计算BC，根据勾股定理可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBD⊥平面PBC；（2）建立空间坐标系，设λ，计算平面ABM和平面PBD的法向量，令法向量的夹角的余弦值的绝对值等于，解方程得出λ的值,即可得解．
【详解】
（1）证明：因为四边形为直角梯形，
且, ,,
所以，
又因为．根据余弦定理得
所以，故.
又因为, ,且,平面，所以平面，
又因为平面PBC，所以
（2）由（1）得平面平面,
设为的中点，连结 ，因为,
所以,,又平面平面，
平面平面，
平面.
如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
假设存在满足要求，设，即，
所以,
易得平面的一个法向量为.
设为平面的一个法向量，，
由得，不妨取.
因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，
解得，（不合题意舍去）.
故存在点满足条件，且.
【点睛】
本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．
44．（2020·全国高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面为正三角形，底面，，点在线段上，平面平面.

（1）请指出点的位置，并给出证明；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】

(1) 取中点为，的中点为，连接，，,通过几何关系得到四边形为平行四边形所以，再证，进而得到线面垂直，面面垂直；（2）由（1）可知，点到平面的距离为，由得到相应的点面距离.
【详解】

（1）点为线段的中点.
证明如下：取中点为，的中点为，连接，，.

所以，，所以四边形为平行四边形.所以.
因为，，所以.
又因为平面，平面，所以.
又，所以平面.
所以平面，而平面，所以平面平面.
（2）由，得.由（1）可知，点到平面的距离为.
而的面积，，
等腰底边上的高为.
记点到平面的距离为，由 ，得，即点到平面的距离为.
【点睛】

本题考查了面面垂直的判定以及点面距离的求法；在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直.
45．（2020·全国高三专题练习（理））如图，已知四棱锥的底面为边长为的菱形，为中点，连接.

（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若平面平面，且二面角的余弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】(Ⅰ)见证明；(Ⅱ)2.
【分析】
（Ⅰ）连接，在菱形中可得，又，进而可得平面，于是得到平面，所以可得结论成立．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，设，二面角的余弦值为可得，即，然后根据椎体的体积公式求解即可．
【详解】
（Ⅰ）连接，

∵菱形中，，
∴为等边三角形，又为中点，
∴．
又，则，
又，
∴平面，
又，
∴平面，
又平面，
∴平面平面.
（Ⅱ）∵平面 平面，且交线为，，平面,
∴，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取
又平面的法向量可取，
由题意得，
解得，即，
又菱形的面积，
∴四棱锥的体积为．
【点睛】
空间向量的引入，为解决立体几何中的角度问题提供了工具，可将几何问题转化为数的运算的问题处理，但解题中需要注意向量的夹角与空间角的关系，在进行代数运算后还需要再转化为几何问题，属于中档题．
46．（2019·山东师范大学附中高三其他模拟（理））四棱锥中，底面是平行四边形，侧面底面，，是等边三角形.

（I）证明：；
（II）若，求二面角的余弦值 .
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【分析】

（I）过S向BC作垂线SO，通过证三角形全等可得OA=OB，由 可证 ，进而可得 面SOA，即证线线垂直．
（II）建系，求出点的坐标以及两个半平面的法向量，利用二面角余弦的向量公式即可求出结果．
【详解】

解析：（Ⅰ）作为垂足，平面底面，平面

，∴，

，
平面，面，

（Ⅱ），
，∴，是等腰直角三角形，
是的中点，两两垂直，以所在直线分别为轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，

的中点，，

二面角的大小等于，
二面角的余弦值为
【点睛】

本题考查通过证线面垂直去证线线垂直，要借助题干中所给的数量关系推导垂直，以及向量法求二面角平面角的余弦值，考查计算能力．

四、填空题
47．（2020·全国高三专题练习）已知球的半径为是球面上的两点，且，若点是球面上任意一点，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】
以球心为坐标原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，用来表示，进而求出答案.
【详解】
由题意，可得,
则，又由，所以，
以球心为坐标原点，以为轴正方向，平面的垂线为z轴建立空间坐标系，
则，设，
则，
所以，
因为在球面上，则，所以，
所以，
设，当与圆相切时，取得最值.
又由，解得，
所以，所以
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的应用，向量的数量积的运算，以及直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的数量积的运算公式，结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
48．（2019·上海交大附中高二期中）已知为半径为的球面上的四点，其中间的球面距离分别为，，，若，其中为球心，则的最大值是__________．
【答案】
【分析】
根据球面距离可求得三边长，利用正弦定理可求得所在小圆的半径；，根据平面向量基本定理可知四点共面，从而将所求问题变为的最大值；根据最小值为球心到所在平面的距离，可求得最小值，代入可求得所求的最大值.
【详解】
间的球面距离为
同理可得：

所在小圆的半径：
设 四点共面

若取最大值，则需取最小值
最小值为球心到所在平面的距离

本题正确结果：
【点睛】
本题考查球面距离、球的性质的应用、平面向量基本定理的应用、正余弦定理解三角形等知识；关键是能够构造出符合平面向量基本定理的形式，从而证得四点共面，将问题转化为半径与球心到小圆面距离的比值的最大值的求解的问题.
49．（2019·上海市奉贤中学高二期末）正方体的边长为，P是正方体表面上任意一点，集合，满足的点P在正方体表面覆盖的面积为_________；
【答案】
【分析】
分别在六个侧面上找到满足到点的距离小于等于的点的集合，可大致分为两类；从而确定满足集合的点构成的图形，通过计算图形面积加和得到结果.
【详解】
在正方形、、上，满足集合的点构成下图的阴影部分：

在侧面、、覆盖的面积：
在正方形、、上，满足集合的点构成下图的阴影部分：

在侧面、、覆盖的面积：
满足的点在正方体表面覆盖的面积为：
本题正确结果：
【点睛】
本题考查立体几何中的距离类问题的应用，关键是能够通过给定集合的含义，确定在正方体侧面上满足题意的点所构成的图形，对于学生的空间想象能力有一定要求.
50．（2019·湖南娄底市·高三期末（理））在中，已知，，是斜边上任意一点（如图①），沿直线将折成直二面角（如图②）．若折叠后两点间的距离为，则的最小值为_____．

【答案】
【分析】
引入变量，将距离表示为，根据三角函数最值得到答案.
【详解】
设，，，，则，
过A作于G，过B作交的延长线于H，
所以，，，所以，则


．
可知当，即当为的角平分线时，d取得最小值．

【点睛】
本题考查了距离的最小值问题，引入变量是解题的关键.
51．（2020·浙江杭州·高一期末）如图，为正方体，下面结论中正确的是_______.（把你认为正确的结论都填上）

①平面；
②平面；
③与底面所成角的正切值是；
④过点与异面直线AD与成角的直线有2条.
【答案】①②④
【详解】
，因为面，所以，由此平面，故①对．由三垂线定理可知，，，所以面，故②对．
由①②可知，为与面的所成角，所以，所以③错．
在正方体中，所以过与异面直线所成角为与直线所成角．将图形抽象出来如下图所示．由于，所以如下图，有上下两条直线分别直线，所成角为，故与异面直线和成，所以④对．

【点睛】
本题考查线线垂直，线面垂直，判断定理和性质定理，以及异面直线所成角，
综合性很强，题目偏难．在使用线线垂直，线面垂直的性质定理时，三垂线定理学生要熟练掌握．求解异面直线所成角的步骤：先平移找到角，再证明，最后求解．
52．（2020·全国高一课时练习）如图所示，正方体的棱长为1，为线段，上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为S，则下列命题正确的是______

①当且时，S为等腰梯形；
②当分别为，的中点时，几何体的体积为；
③当M为中点且时，S与的交点为R，满足；
④当M为中点且时，S为五边形；
⑤当且时，S的面积.
【答案】①②
【分析】
对五个命题逐一画出图像，进行分析，判断出其中的真命题，由此得出正确命题的序号.
【详解】
对于①，画出图像如下图所示，过作，交于，截面为，由于，所以，故，所以，即截面为等腰梯形.故①正确.

对于②，以为空间坐标原点，分别为轴，建立空间直线坐标系，则,则,.设平面的法向量为，则，令，则，故.则点到平面的距离为.而，故，故②命题正确.


对于③，延长交的延长线于，连接交于，由于，所以，故.由于，所以,故，故③判断错误.

对于④，当时，截面为三角形，故④判断错误.

对于⑤，延长,交的延长线于，连接,交于，则截面为四边形.由于,所以，面积比等于相似比的平方，即，故.在三角形中，,边上的高为,故,所以.

综上所述，本小题正确的命题有①②.
【点睛】
本小题主要考查正方体的截面有关命题的真假性判断，考查锥体体积算，考查三角形面积的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，综合性较强，属于中档题.
53．（2019·广东高考模拟（文））已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中有下列结论：
①三棱锥的体积最大值为；
②三棱锥的外接球体积不变；
③异面直线与所成角的最大值为．
其中正确的是____．（填写所有正确结论的编号）
【答案】①②③
【分析】
考虑在翻折的过程中，当面面时，到底面的距离最大，进而得到棱锥体积最大，可判断①正确；
取的中点，可得为棱锥的外接球的球心，计算可判断②正确；假设，由线面垂直的判断和性质，可判断③正确．
【详解】
解：矩形，，，可得，
在翻折的过程中，当面面时，
到底面的距离最大，且为直角三角形斜边边上的高，且它为，
可得三棱锥的体积最大值为，故①正确；
取的中点，连接，，

可得，即为三棱锥的外接球
的球心，且半径为1，体积为，故②正确；
若，又，可得平面，即有，
由及 可得，
将沿对角线翻折得过程中，存在某个位置使得成立，故③正确．
故答案为①②③．
【点睛】
本题主要考查了空间思维能力，还考查了球的体积公式，还考查了线面垂直的判断、性质及计算能力，属于难题．
54．（2019·山东高三一模（理））如图，直角三角形所在平面与平面交于，平面平面，为直角，，为的中点，且，平面内一动点满足，则的取值范围是________．

【答案】
【分析】
根据题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标，利用向量的数量积化简可得到关于的二次函数，求出二次函数在某区间上求值域即可．
【详解】
在直角三角形中，过点作边上的高交于，
直角三角形所在平面与平面交于，平面平面，
平面，
在平面内过点作边的垂线，所以，，，
以为原点，为轴，为轴， 为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

为直角，,为的中点，且,
,, ,,
，，，，，，
，，，
又 ，则 ，即，
化简即可得到： ，由于，则 ，所以 ，
，
把 代入即可得到：，
当，的范围为 ，所以的取值范围是，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，解题的关键是建立空间直角坐标系，求出各点坐标，表示出题目所求即可．
55．（2019·安徽马鞍山市·马鞍山二中（文））如图所示，在长方体中，，，为线段上一点，若与平面所成角的正切值为，则的面积为__．

【答案】
【解析】
【分析】
求出D到平面D′EC的距离和三棱锥D′﹣CDE的体积，根据VD′﹣CDE＝VD﹣D′EC列方程求出．
【详解】
，设与平面所成角为，
则，∴，∴到平面的距离.
∴，∴.
故答案为：．
【点睛】
本题考查了空间距离的计算，棱锥的体积，属于中档题．
56．（2019·吉林一中高一开学考试）如图，两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M、N分别是BD和AE的中点，那么；面CDE；；MN,CE异面其中正确结论的序号是______．

【答案】
【分析】
取AD的中点G，连接MG，NG，结合正方形的性质，我们结合线面垂直的判定定理及性质可判断的真假；连接AC，CE，根据三角形中位线定理，及线面平行的判定定理，可以判断的真假，进而得到答案．
【详解】

两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M、N分别是BD和AE的中点，
取AD的中点G，连接MG，NG，易得平面MNG，进而得到，故正确；
连接AC，CE，根据三角形中位线定理，可得，由线面平行的判定定理，可得面CDE及CE正确，MN、CE异面错误；
故答案为．
【点睛】
本题考查的知识点是平面与平面垂直的性质，直线与平面垂直的判定及直线与平面平行的判定，熟练掌握空间直线与平面平行及垂直的判定及性质是解答本题的关键．