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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》11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》11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63页， 欢迎下载使用。
专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、单选题
1．（2020·吉林长春汽车经开区第六中学月考（文））已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若则 B．若则
C．若则 D．若则
【答案】D
【分析】
A. 利用空间两直线的位置关系判断；B.利用空间两平面的位置关系判断；C.若利用空间两平面的位置关系判断；D.由线面垂直的性质定理判断.
【详解】
A. 若则平行，相交或异面，故错误；
B.若则平行或相交，故错误；
C.若则平行或相交，故错误；
D.若由线面垂直的性质定理得，故正确；
故选：D
2．（2020·云南省保山第九中学月考）下列叙述错误的是（ ）
A．若p∈α∩β，且α∩β=l，则p∈l.
B．若直线a∩b=A，则直线a与b能确定一个平面.
C．三点A，B，C确定一个平面.
D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α则lα.
【答案】C
【分析】
由空间线面位置关系，结合公理即推论，逐个验证即可．
【详解】
选项，点在是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；
选项，由公理的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；
选项，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；
选项，由公理1，直线上有两点在一个平面内，则整条直线都在平面内．
故选：C
3．（2020·北京学业考试）已知两条直线，和平面，那么下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】A
【分析】
根据线面、线线间的位置关系判断各选项．
【详解】
若，，由线面垂直的性质定理得，A正确；
若，，可能相交，可能平行，也可能异面，B错；
若，，则或，C错；
若，，则或，D错．
故选：A．
4．（2020·北京学业考试）如图，正方体的棱，，，所在的直线中，与直线成异面直线的是（ ）
A．直线 B．直线 C．直线 D．直线
【答案】C
【分析】
由异面直线的概念，逐项判断即可得解.
【详解】
由题意，直线、、均与直线相交，
由异面直线的概念可得直线与直线成异面直线.
故选：C.
5．（2020·江西零模（理））设，是两平面，，是两直线．下列说法正确的是（ ）
①若，则
②若，，则
③若，，则
④若，，，，则
A．①③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】
根据空间中平行和垂直的相关命题逐一判断即可.
【详解】
由平行公理知①对，
垂直于同一平面的两条直线平行，故②对，
垂直于同一直线的两个平面平行，故③对，
由面面垂直性质定理知④对．
故选：D
【点睛】
本题考查的是空间中平行和垂直的相关命题的判断，较简单
6．（2020·海南期中）已知在正方体中，，分别为，上的点，且满足，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
取线段上一点，使，连接，，证明（或其补角）为异面直线与所成的角，在中求出此角的余弦即可．
【详解】
取线段上一点，使，连接，，如图所示，
因为，，所以，
所以，，
又，所以易知（或其补角）为异面直线与所成的角.
正方体中平面，平面，所以，所以
设该正方体的棱长为，则，，
所以在中，，
所以.
故选：A．
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，解题时需根据定义作出异面直线所的角，并证明，然后再计算．
7．（2020·江苏南京·期中）设，是不同的直线，，，是三个不同的平面，有以下四个命题：
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，则.
④若，，，则；其中正确命题的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】
根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明.
【详解】
对①，根据垂直于两个平行平面中一个平面的直线与另一个平面也垂直，
以及垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确；
对②，设三棱柱的三个侧面分别为，其中两条侧棱为，
显然，但与不平行，故②错误.
对③，当三个平面两两垂直时，显然结论不成立，故③错误.
对④，∵，当时，，故④正确.
故选：D.
【点睛】
该题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题目
.
8．（2020·广西南宁三中月考（理））如图，四棱锥中，为矩形，平面平面，，是线段上的点(不含端点).设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据空间角的定义作出异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角，归结在直角三角形中计算正弦值、余弦值，然后可得角大小．
【详解】
如图，取中点，连接，∵，∴，而平面平面，平面平面，∴平面，
连接，作交于，则平面，
∵，∴为直线与所成的角，即，作于，∴，
连接，则是直线与平面所成的角，即，显然，
∴，
作交于，则，连接，由平面得，
，∴平面，∴，∴是二面角的平面角，即，同样，，
由图可知，∴，（都是锐角），
，∴，（也是锐角），
又，，根据上面作图过程知是矩形，，∴，∴，
综上．
故选：D．
【点睛】
本题考查空间角：异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是根据它们的定义作出这些角（平面上的角），然后利用三角函数值比较它们的大小．
9．（2020·北京期末）在空间中，下列结论正确的是（ ）
A．三角形确定一个平面 B．四边形确定一个平面
C．一个点和一条直线确定一个平面 D．两条直线确定一个平面
【答案】A
【分析】
根据确定平面的公理及其推论对选项逐个判断即可得出结果.
【详解】
三角形有且仅有3个不在同一条直线上的顶点，故其可以确定一个平面，即A正确；
当四边形为空间四边形时不能确定一个平面，故B错误；
当点在直线上时，一个点和一条直线不能确定一个平面，故C错误；
当两条直线异面时，不能确定一个平面，即D错误；
故选：A.
【点睛】
本题主要考查平面的基本定理及其推论，解题时要认真审题，仔细解答，属于基础题.
10．（2020·重庆月考）已知三棱锥的外接球的球心为，平面，，，，则球心O到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设的中点为，的中点为，连接，可证，再连接交于点，过作，垂足为，则可证且平面，从而可求O到平面的距离.
【详解】
因为，
故为等腰直角三角形且，而为的中点.
故为的外心，故平面.
因为平面，所以，故共面.
连接交于点，过作，垂足为.
因为，故，
在直角三角形中，，故，同理，
因为，故，而，故平面，
因为平面，故平面平面.
因为平面平面，，平面，
所以平面.
因为为三棱锥的外接球的球心，故，
因为平面，平面，故，
在平面中，因为，，故，
故四边形为矩形，且，.
又因为，
故，故.
在直角三角形中，.
故选：B.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的球心到给定平面的距离，注意根据外接球球心的性质确定球心的位置，并把点到平面的距离归结可解的直角三角形中来计算，本题属于较难题.
11．（2019·广东湛江·期末（理））下列命题中正确的是（ ）
A．若直线l上有无数个点不在平面内，则
B．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行
C．若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行
D．垂直于同一个平面的两条直线互相平行
【答案】D
【分析】
利用空间中直线与直线、直线与平面的位置关系进行判断.
【详解】
解:选项A: 若直线l上有无数个点不在平面内，则或相交,故A错误;
选项B: 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条可能与这个平面平行,也可包含于这个平面,故B错误;
选项C: 若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线相交、平行或异面,故C错误;
选项D: 垂直于同一个平面的两条直线互相平行, 故D正确,
故选:D
【点睛】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.
12．（2020·陕西西安·月考（文））已知三条不重合的直线,两个不重合的平面,下列四个命题中正确的是( )
A．若,,且,则
B．若,则
C．若，,,则
D．若,，则
【答案】A
【分析】
利用垂直于同一直线的两平面平行判断A是否正确；根据线面平行的判定定理判断B是否正确；根据面面平行的判定定理判断C是否正确；根据面面垂直的性质定理判断D是否正确.
【详解】
∵l⊥α，l∥m，∴m⊥α，∵m⊥β，∴α∥β，A正确；
∵m∥n，n⊂α，有可能m⊂α，∴B错误；
∵m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，m、n不一定相交，∴α、β不一定平行；C错误；
根据面面垂直的性质判断D错误；
故选A．
【点睛】
本题考查空间中线面平行与垂直关系的判定，以及平面与平面平行的判定，要特别注意定理的条件．
二、多选题
13．（2020·邵东县第一中学期中）正方体的棱长为1，E，F，G分别为，，的中点.则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面的距离相等
【答案】BC
【分析】
根据与不垂直，且可知不正确；根据四点共面，且，可知正确；根据梯形的面积公式可求出截面的面积，可知正确；连交于，则不是的中点，可知不正确.
【详解】
因为直线与直线不垂直，且，所以直线与直线垂直不垂直，故不正确；
连、，，因为、为、的中点，所以，所以四点共面，因为，平面，平面，所以平面，故正确；
平面截正方体所得的截面为梯形，其面积为，故正确；
连交于，则不是的中点，所以点C与点G到平面的距离相等，故不正确.
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：找到平面截正方体所得的截面是解题关键，根据可得到四点共面.属于中档题.
14．（2020·江苏泰州·月考）已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，下列命题正确是（ ）
A．若，，则； B．若，，则；
C．若，，则； D．若，，则.
【答案】AC
【分析】
对于A，由线面垂直的性质定理判断；对于B，由线面的位置关系判断；对于C，由面面垂直的判定定理判断；对于D，若由线面的位置关系判断.
【详解】
对于A，若，，由线面垂直的性质定理得，故正确；
对于B，若，，则或，故错误；
对于C，若l，，由面面垂直的判定定理得，故正确；
对于D，若，，则或，故D错误；
故选：AC.
15．（2020·湖南雅礼中学月考）已知三棱锥中，为中点，平面，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若为的外心，则
B．若为等边三角形，则
C．当时，与平面所成角的范围为
D．当时，为平面内动点，若平面，则在三角形内的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】
由线面垂直的性质，结合勾股定理可判断A正确；反证法由线面垂直的判断和性质可判断B错误；由线面角的定义和转化为三棱锥的体积，求得C到平面PAB的距离的范围，可判断C正确；由面面平行的性质定理可得线面平行，可得D正确.
【详解】
依题意，画图如下：
若为的外心，则，平面，可得，，故，A正确；
若为等边三角形，，又，BC与PB相交于平面内，
可得平面，即，由，，可得 ，故，矛盾，B错误;
若，设与平面所成角为，由A正确，知，设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为， ，即的范围为，C正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得，，，则平面平面，
由平面，可得在线段上，即轨迹，可得D正确；
故选：ACD
【点睛】
本题考查了立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，属于中档题.
处理立体几何中真假命题判定的问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.
16．（2020·湖南月考）在正方体中，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．点到平面的距离是点到平面的距离的2倍
【答案】BCD
【分析】
由，与不垂直，由此可判断A；取的中点，连接，，由条件可知：，，根据线面平行的判定和面面平行的判定和性质可判断B；异面直线与所成的角为或其补角，求解三角形可判断C；连接，与交于(也是与平面的交点)，连接，设点与点到平面的距离分别为，，由平面几何的性质可判断D.
【详解】
由于，而与不垂直，因此异面直线与不能垂直，则A错误；
取的中点，连接，，
由条件可知：，，所以平面，平面，
又，，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，则B正确；
异面直线与所成的角为或其补角，
设正方体的棱长为2，则，，
由余弦定理知，则C正确；
对于D，连接，与交于(也是与平面的交点)，
连接，设点与点到平面的距离分别为，，
则，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，则D正确.
故选：BCD．
【点睛】
本题考查空间中的线线垂直的判断，线面平行，面面平行的判定和性质，以及异面直线所成的角，点到面的距离，属于中档题．
17．（2020·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，M为线段的中点，点N为底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则平面平面
B．若，则直线与平面所成的角的正弦值为
C．若直线和异面，则点N不可能为底面的中心
D．若平面平面，且点N为底面的中心，则
【答案】ABC
【分析】
根据面面垂直的判定，线面夹角的求解办法，以及异面直线的定义，结合面面垂直的性质，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断选择.
【详解】
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，A项正确；
设的中点为F，连接､，则.
∵平面平面，平面平面，平面
∴平面，设与平面所成的角为，则，
，，，
则，B项正确；
连接，易知平面，由B､M､E确定的面即为平面，
当直线和异面时，若点N为底面的中心，则，
又平面，则与共面，矛盾，C项正确；
连接，∵平面，平面，∴，
∵F､N分别为､的中点，则，
又，故，，
则，D项错误.
故选：ABC.
【点睛】
本题综合考查面面垂直的判定以及性质、异面直线的定义、线面夹角的求解，属综合困难题.
18．（2020·广东月考）如图，已知a，b是相互垂直的两条异面直线，直线与a，b均相互垂直，且，动点P，Q分别位于直线a，b上，若直线与所成的角，线段的中点为M，下列说法正确的是（ ）
A．的长度为 B．的长度不是定值.
C．点M的轨迹是圆 D．三棱锥的体积为定值
【答案】AC
【分析】
过点P作于，连接，在中求出的长度可判断A、B；由题意可得，利用圆的定义可判断C；利用棱锥的体积公式即可判断D.
【详解】
过点P作于，连接，
则，故，故A正确，B不正确；
设的中点为N，易得，且，则有，
设的中点为O，连接O，M，N，B，易得四边形为平行四边形，
故有，且，
即点M到平面的距离为定值，可得点M的轨迹为圆，故C正确；
当Q点与B点重合时，三棱锥退化为三角形，其体积为零，
而当Q点与B点不重合，且P点与A点不重合时，其体积显然不为零，故D错误.
故选：AC.
【点睛】
本题考查了线面角、空间中的轨迹问题、锥体的体积公式，考查了考生的空间想象能力，属于基础题.
19．（2020·重庆月考）如图，四棱锥中，平面底面，是等边三角形，底面是菱形，且，为棱的中点，为菱形的中心，下列结论正确的有（ ）
A．直线与平面平行 B．直线与直线垂直
C．线段与线段长度相等 D．与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】
连接，利用线面平行的判定定理判断A；设的中点为，连接，，利用线面垂直的判定定理以及性质判断B；根据面面垂直的性质得出为直角三角形，求出的长度，利用余弦定理得出与所成角的余弦值，证明不是直角，从而得出不是等腰三角形，从而判断CD.
【详解】
如图，连接，易知，由线面平行的判定定理得面，正确.
在菱形中，，为等边三角形.设的中点为，连接，，则，，由线面垂直的判定定理得出平面，，B正确.
平面平面，由面面垂直的性质可得为直角三角形
设，则，，.
在中，，，可得
故异面直线与所成角的余弦值为
在中，则不是直角，则不是等腰三角形，即与长度不等，故C错误，D正确
故选：ABD
【点睛】
本题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题.
第II卷（非选择题）
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三、填空题
20．（2020·江西省奉新县第一中学月考（文））如图所示，在正方体中，分别是棱、的中点，的顶点P在棱与棱上运动，有以下四个命题：
（1）平面；
（2）平面⊥平面；
（3）在底面上的射影图形的面积为定值；
（4）在侧面上的射影图形是三角形．
其中正确命题的序号是______．
【答案】（2）（3）
【分析】
由正方体的几何性质对4个命题进行判断，
【详解】
对于（1），当动点P与点重合时，
以等腰三角形，与不垂直，所以不能得出平面,（1）为假命题；
对于（2），易证，所以平面，
所以平面⊥平面，故（2）为真命题；
对于（3），在底面上的射影图形的面积为定值，
因为在底面的射影是三角形，底边是，
点P在底面的射影在CD上，到的距离不变，
若正方体棱长为时，则射影面积为为定值，
所以（3）为真命题；
对于（4），当P点与点重合时，
则点与点P的投影重合，此时在侧面上的射影图形是线段，不是三角形，故（4）是假命题．
故真命题有（2）（3）.
故答案为：（2）（3）
【点睛】
本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉．
21．（2020·湖北随州·月考）在中，，，，如图，点是斜边上一个动点，将沿翻折，使得平面平面，当______时，取到最小值.
【答案】
【分析】
设，作或的延长线于点，作或的延长线于点，求出、、，表示出，利用三角函数性质求最值，取最小值时，，在中利用正弦定理可求的值.
【详解】
设，，作或的延长线于点，作或的延长线于点，则，
，，，，
∴，
∴，
∴当，即时，，
在中，，，，
在中，由正弦定理得，
即.
∴.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题的解题关键在于利用正弦定理得 ，然后化简为
，通过三角函数的两角和与差公式进行化简求，难度属于中档题
22．（2020·浙江省东阳中学月考）在正方体中，截面与底面所成的二面角的正切值为___________.
【答案】
【分析】
先找二面角的平面角，在中，即为二面角的平面角.
【详解】
连接交与点如图所示，
因为，
所以即为二面角的平面角，
在中，，
所以二面角的正切值为
故答案为：
【点睛】
方法点睛：本题考查二面角的求法，常用的方法有：
(1)直接法：利用定义法找出二面角的平面角，放入三角形中求出相应的三角函数值；
(2)向量法：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用向量夹角公式计算可得出二面角的大小．
23．（2020·江西二模（理））设点是棱长为2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，则点与点间的距离的最小值为_______.
【答案】.
【分析】
设在平面上的射影为，在平面上的射影为，平面与平面和平面成的锐二面角分别为，，则根据，可得，利用面积即可得出.
【详解】
解：设在平面上的射影为，在平面上的射影为，平面与平面和平面成的锐二面角分别为，，
则，，
∵，∴，
设到距离为，则，，
即点在与直线平行且与直线距离为的直线上，到的最短距离为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间中动点到定点距离的最值问题，考查面面角的理解，属于中档题.
四、解答题
24．（2020·贵州省思南中学期中（文））如图，在三棱锥中，，，，，．
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析，（2）
【分析】
（1）取的中点，连接，可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而可证得；
（2）求解三角形证明，可得平面，利用等体积法求得结果
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，
因为，，
所以，
因为，所以平面，
因为在平面内，所以，
（2）解：在中，因为，，
所以，，
在中，因为，，所以，
在中，由于，，，
所以，所以，
因为 ，所以平面，
所以
【点睛】
此题的两个等腰三角形有相同的底，所以利用等腰三角形“三线合一”的性质可证得线线垂直，再利用了线面垂直的判定和性质，由于三棱锥的体积不易求解，所以利用等体积法求三棱锥的体积，此题考查数学转化思想
25．（2020·云南省保山第九中学月考）如图，四面体中，平面，分别为的中点，.
（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）由中位线定理得，进而根据线面平行判定定理即可证明；
（2）由平面得，再结合得平面，进而得平面⊥平面.
【详解】
解：（1）在中，由于分别为的中点，
∴ ，
∵ 平面，平面，
∴平面；
（2）∵ 平面，平面
∴，
又∵ ，，平面，
∴平面，
∵ 平面，
∴平面⊥平面.
26．（2020·陕西安康·月考（文））如图，多面体中，，，，，平面，D，E分别为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面将多面体分成上、下两部分的体积比.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用一边平行且相等，证明四边形为平行四边形，进而利用线面平行的定义即可证明；
（2）利用线面垂直，分别找出上、下两部分的高，，然后，利用体积公式，求出多面体分成上、下两部分的体积比
【详解】
解析：（1）如图，取的中点F，连接、，
∵E、F分别是、的中点，∴，
∵D是的中点，∴，∴，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面.
（2）∵，∴，
又平面，∴，∴平面，
∵，∴平面，∴，
同理，∴上、下两部分的体积比为.
【点睛】
（1）方法点睛：利用线面平行证明面面平行主要使用的方法有：1.三角形的中位线证线线平行；2.平行四边形证线线平行；
（2）关键点睛：第（2）题解题的关键在于，找出上、下两部分锥体的高，利用线面垂直的定义来找即可，本题属于中档题.
27．（2020·安徽月考）如图，在四棱锥中，，，，，，.
（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）根据线面垂直的判定定理，即可证明线面垂直；
（2）过点作，垂足为，根据题中条件，求出，设点到平面的距离为，由等体积法，即可求出结果.
【详解】
（1）证明：∵，
∴
∵，，，平面，平面，
∴平面；
（2）过点作，垂足为，
在中，
可得，
则，
又，，，平面，平面，
∴平面
∵平面.
∴，
在中，，
则
设点到平面的距离为，
则，
有，解得
故点到平面的距离为.
【点睛】
本题主要考查证明线面垂直，考查由等体积法求点到面的距离，属于常考题型.
28．（2020·云南昆明一中月考（文））如图，在三棱柱中，底面为直角三角形，，侧棱底面，
（1）证明：平面平面；
（2）若点为侧棱的中点，点为棱上的一点，且，证明：平面.
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.
【分析】
（1）根据题中条件，先由线面垂直的判定定理，证明平面，推出，判定平，进而可得面面垂直；
（2）设与相交于点M，连接，由题中条件，判定，再由线面平行的判定定理，即可证明结论成立.
【详解】
（1）证明：因为侧棱底面，且，
所以四边形为正方形，可知，
又，由已知侧棱底面可得，，
可得平面，平面，
可知，，
又，平面ABC，所以平，平面，
所以，平面.
（2）如图，设与相交于点M，连接，
在正方形中，
由已知，可得，
在中，，则有，平面，
又平面，
所以平面.
【点睛】
本题主要考查证明面面垂直，考查证明线面平行，熟记判定定理即可，属于常考题型.
29．（2020·北京期末）如图1，在等腰梯形中，，，，，E､F分别为腰､的中点.将四边形沿折起，使平面平面，如图2，H，M别线段､的中点.
（1）求证：平面；
（2）请在图2所给的点中找出两个点，使得这两点所在直线与平面垂直，并给出证明：
（3）若N为线段中点，在直线上是否存在点Q，使得面？如果存在，求出线段的长度，如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2），E这两个点，使得这两点所在直线与平面垂直，证明见解析；（3）存在，.
【分析】
（1）由已知可证，利用面面垂直的性质即可证明平面．
（2）连结，，通过证明四边形是菱形，可证，又，可得，这两点所在直线与平面垂直．
（3）假设在直线上存在点，使得面．在线段上取点，使得，连结线段，交于点，利用面面平行的性质可得平面，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形是等腰梯形，
点为的中点，点为的中点，
，
平面平面，平面平面，
平面．
（2）解：在图2中，，这两个点，使得这两点所在直线与平面垂直．
证明：连结，，
平面，，
，且，四边形是菱形，，
，平面,平面
平面
，这两点所在直线与平面垂直．
（3）解：为线段中点，假设在直线上存在点，使得面．
在线段上取点，使得，
再平面图形中连结线段，交于点（图（1）），则，
由题意可得平面平面，平面，
因为
就是所求的点，．
【点睛】
本题主要考查了面面垂直的性质，面面平行的性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
30．（2020·广东月考）如图，四边形为直角梯形，，，，，点D为上一点，且，如图，将绕边翻折形成三棱锥.
（1）证明：在三棱锥中，；
（2）求三棱锥体积的最大值，并求此时与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）的最大值为，与面所成角的正弦值为.
【分析】
（1）过点P作的垂线，垂足为E，连接，设，根据已知条件得，，，，由面积相等，得，进而得，从而得，且，可得，由线面垂直的判定定理可证得；
（2）由一定，得的最大值为平面时，根据（1）和线面角的定义在中，计算即可.
【详解】
（1）如图2-1，过点P作的垂线，垂足为E，连接.四边形为直角梯形，
，，，，设，
在中，，得，.
在中，，得，，进而得，
在中，，，，即有，且.
可得，由，可得，且，，得平面，又平面.
.
（2）设点P到平面的距离为h，由（1）得，则有.
如图2-2，过点P作平面的垂线，垂足为O，连接，，显然可得，
当平面时，即面平面时，h取到最大值.
对应的三棱锥的体积为，连接，则有为与面所成角，
在中，，，，进而得.
即有与面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了平面图形的翻折问题，在所得几何体中证明线线垂直并求三棱锥体积的最大值，着重考查了空间线面垂直、面面垂直的判定与性质、锥体体积，属于中档题．
31．（2020·江西二模（理））如图所示，底面为菱形的直四棱柱被过三点的平面截去一个三棱锥(图一)得几何体(图二)，E为的中点．
(1)点F为棱上的动点，试问平面与平面是否垂直?请说明理由；
(2)设，当点F为中点时，求锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
(1)利用直四棱柱的几何特征可知 ，B1D1⊥平面CEA1，从而平面平面CEA1 ；(2) 分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面与平面F的法向量，代入公式即可得到锐二面角的余弦值．
【详解】
（1）平面平面，证明如下：
连接AC，BD相交于点O，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又因为直四棱柱上下底面全等，
所以由AC⊥BD得，
又因为CB=CD，，
所以CB1=CD1.
因为E为B1D1的中点，所以，
又，所以B1D1⊥平面CEA1，
又因为平面，
所以平面平面CEA1.
（2）连接OE，易知OE⊥平面ABCD，所以OB，OC，OE两两互相垂直，
所以分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则O（0，0，0），.（7分）
设平面的法向量为，则
，
令
所以.
同理设平面F的法向量为，则
，
令.
所以，
所以
,
所以所求的锐二面角的余弦值为
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
32．（2020·重庆月考）如图，在四棱柱中，平面平面，底面是菱形，，E为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）与交于点F，连结，推导出，利用线面平行的判定定理证明平面.
（2）取中点O，连结，，利用面面垂直的性质定理证明平面，然后分析，可以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：连结，与交于点F，连结，
因为底面是菱形，所以F是中点，
又因为E为的中点.所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：取中点O，连结，，
因为在四棱柱中，平面平面，
底面是菱形，，E为的中点.
所以平面，，
以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
设与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行、垂直的证明，考查利用空间向量求线面角的的有关问题，考查运算求解能力，是中档题.
专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、单选题
1．（2020·吉林长春汽车经开区第六中学月考（文））已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若则 B．若则
C．若则 D．若则
【答案】D
【分析】
A. 利用空间两直线的位置关系判断；B.利用空间两平面的位置关系判断；C.若利用空间两平面的位置关系判断；D.由线面垂直的性质定理判断.
【详解】
A. 若则平行，相交或异面，故错误；
B.若则平行或相交，故错误；
C.若则平行或相交，故错误；
D.若由线面垂直的性质定理得，故正确；
故选：D
2．（2020·云南省保山第九中学月考）下列叙述错误的是（ ）
A．若p∈α∩β，且α∩β=l，则p∈l.
B．若直线a∩b=A，则直线a与b能确定一个平面.
C．三点A，B，C确定一个平面.
D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α则lα.
【答案】C
【分析】
由空间线面位置关系，结合公理即推论，逐个验证即可．
【详解】
选项，点在是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；
选项，由公理的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；
选项，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；
选项，由公理1，直线上有两点在一个平面内，则整条直线都在平面内．
故选：C
3．（2020·北京学业考试）已知两条直线，和平面，那么下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】A
【分析】
根据线面、线线间的位置关系判断各选项．
【详解】
若，，由线面垂直的性质定理得，A正确；
若，，可能相交，可能平行，也可能异面，B错；
若，，则或，C错；
若，，则或，D错．
故选：A．
4．（2020·北京学业考试）如图，正方体的棱，，，所在的直线中，与直线成异面直线的是（ ）
A．直线 B．直线 C．直线 D．直线
【答案】C
【分析】
由异面直线的概念，逐项判断即可得解.
【详解】
由题意，直线、、均与直线相交，
由异面直线的概念可得直线与直线成异面直线.
故选：C.
5．（2020·江西零模（理））设，是两平面，，是两直线．下列说法正确的是（ ）
①若，则
②若，，则
③若，，则
④若，，，，则
A．①③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】
根据空间中平行和垂直的相关命题逐一判断即可.
【详解】
由平行公理知①对，
垂直于同一平面的两条直线平行，故②对，
垂直于同一直线的两个平面平行，故③对，
由面面垂直性质定理知④对．
故选：D
【点睛】
本题考查的是空间中平行和垂直的相关命题的判断，较简单
6．（2020·海南期中）已知在正方体中，，分别为，上的点，且满足，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
取线段上一点，使，连接，，证明（或其补角）为异面直线与所成的角，在中求出此角的余弦即可．
【详解】
取线段上一点，使，连接，，如图所示，
因为，，所以，
所以，，
又，所以易知（或其补角）为异面直线与所成的角.
正方体中平面，平面，所以，所以
设该正方体的棱长为，则，，
所以在中，，
所以.
故选：A．
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，解题时需根据定义作出异面直线所的角，并证明，然后再计算．
7．（2020·江苏南京·期中）设，是不同的直线，，，是三个不同的平面，有以下四个命题：
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，则.
④若，，，则；其中正确命题的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】
根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明.
【详解】
对①，根据垂直于两个平行平面中一个平面的直线与另一个平面也垂直，
以及垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确；
对②，设三棱柱的三个侧面分别为，其中两条侧棱为，
显然，但与不平行，故②错误.
对③，当三个平面两两垂直时，显然结论不成立，故③错误.
对④，∵，当时，，故④正确.
故选：D.
【点睛】
该题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题目
.
8．（2020·广西南宁三中月考（理））如图，四棱锥中，为矩形，平面平面，，是线段上的点(不含端点).设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据空间角的定义作出异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角，归结在直角三角形中计算正弦值、余弦值，然后可得角大小．
【详解】
如图，取中点，连接，∵，∴，而平面平面，平面平面，∴平面，
连接，作交于，则平面，
∵，∴为直线与所成的角，即，作于，∴，
连接，则是直线与平面所成的角，即，显然，
∴，
作交于，则，连接，由平面得，
，∴平面，∴，∴是二面角的平面角，即，同样，，
由图可知，∴，（都是锐角），
，∴，（也是锐角），
又，，根据上面作图过程知是矩形，，∴，∴，
综上．
故选：D．
【点睛】
本题考查空间角：异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是根据它们的定义作出这些角（平面上的角），然后利用三角函数值比较它们的大小．
9．（2020·北京期末）在空间中，下列结论正确的是（ ）
A．三角形确定一个平面 B．四边形确定一个平面
C．一个点和一条直线确定一个平面 D．两条直线确定一个平面
【答案】A
【分析】
根据确定平面的公理及其推论对选项逐个判断即可得出结果.
【详解】
三角形有且仅有3个不在同一条直线上的顶点，故其可以确定一个平面，即A正确；
当四边形为空间四边形时不能确定一个平面，故B错误；
当点在直线上时，一个点和一条直线不能确定一个平面，故C错误；
当两条直线异面时，不能确定一个平面，即D错误；
故选：A.
【点睛】
本题主要考查平面的基本定理及其推论，解题时要认真审题，仔细解答，属于基础题.
10．（2020·重庆月考）已知三棱锥的外接球的球心为，平面，，，，则球心O到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设的中点为，的中点为，连接，可证，再连接交于点，过作，垂足为，则可证且平面，从而可求O到平面的距离.
【详解】
因为，
故为等腰直角三角形且，而为的中点.
故为的外心，故平面.
因为平面，所以，故共面.
连接交于点，过作，垂足为.
因为，故，
在直角三角形中，，故，同理，
因为，故，而，故平面，
因为平面，故平面平面.
因为平面平面，，平面，
所以平面.
因为为三棱锥的外接球的球心，故，
因为平面，平面，故，
在平面中，因为，，故，
故四边形为矩形，且，.
又因为，
故，故.
在直角三角形中，.
故选：B.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的球心到给定平面的距离，注意根据外接球球心的性质确定球心的位置，并把点到平面的距离归结可解的直角三角形中来计算，本题属于较难题.
11．（2019·广东湛江·期末（理））下列命题中正确的是（ ）
A．若直线l上有无数个点不在平面内，则
B．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行
C．若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行
D．垂直于同一个平面的两条直线互相平行
【答案】D
【分析】
利用空间中直线与直线、直线与平面的位置关系进行判断.
【详解】
解:选项A: 若直线l上有无数个点不在平面内，则或相交,故A错误;
选项B: 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条可能与这个平面平行,也可包含于这个平面,故B错误;
选项C: 若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线相交、平行或异面,故C错误;
选项D: 垂直于同一个平面的两条直线互相平行, 故D正确,
故选:D
【点睛】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.
12．（2020·陕西西安·月考（文））已知三条不重合的直线,两个不重合的平面,下列四个命题中正确的是( )
A．若,,且,则
B．若,则
C．若，,,则
D．若,，则
【答案】A
【分析】
利用垂直于同一直线的两平面平行判断A是否正确；根据线面平行的判定定理判断B是否正确；根据面面平行的判定定理判断C是否正确；根据面面垂直的性质定理判断D是否正确.
【详解】
∵l⊥α，l∥m，∴m⊥α，∵m⊥β，∴α∥β，A正确；
∵m∥n，n⊂α，有可能m⊂α，∴B错误；
∵m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，m、n不一定相交，∴α、β不一定平行；C错误；
根据面面垂直的性质判断D错误；
故选A．
【点睛】
本题考查空间中线面平行与垂直关系的判定，以及平面与平面平行的判定，要特别注意定理的条件．
二、多选题
13．（2020·邵东县第一中学期中）正方体的棱长为1，E，F，G分别为，，的中点.则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面的距离相等
【答案】BC
【分析】
根据与不垂直，且可知不正确；根据四点共面，且，可知正确；根据梯形的面积公式可求出截面的面积，可知正确；连交于，则不是的中点，可知不正确.
【详解】
因为直线与直线不垂直，且，所以直线与直线垂直不垂直，故不正确；
连、，，因为、为、的中点，所以，所以四点共面，因为，平面，平面，所以平面，故正确；
平面截正方体所得的截面为梯形，其面积为，故正确；
连交于，则不是的中点，所以点C与点G到平面的距离相等，故不正确.
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：找到平面截正方体所得的截面是解题关键，根据可得到四点共面.属于中档题.
14．（2020·江苏泰州·月考）已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，下列命题正确是（ ）
A．若，，则； B．若，，则；
C．若，，则； D．若，，则.
【答案】AC
【分析】
对于A，由线面垂直的性质定理判断；对于B，由线面的位置关系判断；对于C，由面面垂直的判定定理判断；对于D，若由线面的位置关系判断.
【详解】
对于A，若，，由线面垂直的性质定理得，故正确；
对于B，若，，则或，故错误；
对于C，若l，，由面面垂直的判定定理得，故正确；
对于D，若，，则或，故D错误；
故选：AC.
15．（2020·湖南雅礼中学月考）已知三棱锥中，为中点，平面，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若为的外心，则
B．若为等边三角形，则
C．当时，与平面所成角的范围为
D．当时，为平面内动点，若平面，则在三角形内的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】
由线面垂直的性质，结合勾股定理可判断A正确；反证法由线面垂直的判断和性质可判断B错误；由线面角的定义和转化为三棱锥的体积，求得C到平面PAB的距离的范围，可判断C正确；由面面平行的性质定理可得线面平行，可得D正确.
【详解】
依题意，画图如下：
若为的外心，则，平面，可得，，故，A正确；
若为等边三角形，，又，BC与PB相交于平面内，
可得平面，即，由，，可得 ，故，矛盾，B错误;
若，设与平面所成角为，由A正确，知，设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为， ，即的范围为，C正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得，，，则平面平面，
由平面，可得在线段上，即轨迹，可得D正确；
故选：ACD
【点睛】
本题考查了立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，属于中档题.
处理立体几何中真假命题判定的问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.
16．（2020·湖南月考）在正方体中，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．点到平面的距离是点到平面的距离的2倍
【答案】BCD
【分析】
由，与不垂直，由此可判断A；取的中点，连接，，由条件可知：，，根据线面平行的判定和面面平行的判定和性质可判断B；异面直线与所成的角为或其补角，求解三角形可判断C；连接，与交于(也是与平面的交点)，连接，设点与点到平面的距离分别为，，由平面几何的性质可判断D.
【详解】
由于，而与不垂直，因此异面直线与不能垂直，则A错误；
取的中点，连接，，
由条件可知：，，所以平面，平面，
又，，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，则B正确；
异面直线与所成的角为或其补角，
设正方体的棱长为2，则，，
由余弦定理知，则C正确；
对于D，连接，与交于(也是与平面的交点)，
连接，设点与点到平面的距离分别为，，
则，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，则D正确.
故选：BCD．
【点睛】
本题考查空间中的线线垂直的判断，线面平行，面面平行的判定和性质，以及异面直线所成的角，点到面的距离，属于中档题．
17．（2020·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，M为线段的中点，点N为底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则平面平面
B．若，则直线与平面所成的角的正弦值为
C．若直线和异面，则点N不可能为底面的中心
D．若平面平面，且点N为底面的中心，则
【答案】ABC
【分析】
根据面面垂直的判定，线面夹角的求解办法，以及异面直线的定义，结合面面垂直的性质，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断选择.
【详解】
∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，A项正确；
设的中点为F，连接､，则.
∵平面平面，平面平面，平面
∴平面，设与平面所成的角为，则，
，，，
则，B项正确；
连接，易知平面，由B､M､E确定的面即为平面，
当直线和异面时，若点N为底面的中心，则，
又平面，则与共面，矛盾，C项正确；
连接，∵平面，平面，∴，
∵F､N分别为､的中点，则，
又，故，，
则，D项错误.
故选：ABC.
【点睛】
本题综合考查面面垂直的判定以及性质、异面直线的定义、线面夹角的求解，属综合困难题.
18．（2020·广东月考）如图，已知a，b是相互垂直的两条异面直线，直线与a，b均相互垂直，且，动点P，Q分别位于直线a，b上，若直线与所成的角，线段的中点为M，下列说法正确的是（ ）
A．的长度为 B．的长度不是定值.
C．点M的轨迹是圆 D．三棱锥的体积为定值
【答案】AC
【分析】
过点P作于，连接，在中求出的长度可判断A、B；由题意可得，利用圆的定义可判断C；利用棱锥的体积公式即可判断D.
【详解】
过点P作于，连接，
则，故，故A正确，B不正确；
设的中点为N，易得，且，则有，
设的中点为O，连接O，M，N，B，易得四边形为平行四边形，
故有，且，
即点M到平面的距离为定值，可得点M的轨迹为圆，故C正确；
当Q点与B点重合时，三棱锥退化为三角形，其体积为零，
而当Q点与B点不重合，且P点与A点不重合时，其体积显然不为零，故D错误.
故选：AC.
【点睛】
本题考查了线面角、空间中的轨迹问题、锥体的体积公式，考查了考生的空间想象能力，属于基础题.
19．（2020·重庆月考）如图，四棱锥中，平面底面，是等边三角形，底面是菱形，且，为棱的中点，为菱形的中心，下列结论正确的有（ ）
A．直线与平面平行 B．直线与直线垂直
C．线段与线段长度相等 D．与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】
连接，利用线面平行的判定定理判断A；设的中点为，连接，，利用线面垂直的判定定理以及性质判断B；根据面面垂直的性质得出为直角三角形，求出的长度，利用余弦定理得出与所成角的余弦值，证明不是直角，从而得出不是等腰三角形，从而判断CD.
【详解】
如图，连接，易知，由线面平行的判定定理得面，正确.
在菱形中，，为等边三角形.设的中点为，连接，，则，，由线面垂直的判定定理得出平面，，B正确.
平面平面，由面面垂直的性质可得为直角三角形
设，则，，.
在中，，，可得
故异面直线与所成角的余弦值为
在中，则不是直角，则不是等腰三角形，即与长度不等，故C错误，D正确
故选：ABD
【点睛】
本题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题.
第II卷（非选择题）
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三、填空题
20．（2020·江西省奉新县第一中学月考（文））如图所示，在正方体中，分别是棱、的中点，的顶点P在棱与棱上运动，有以下四个命题：
（1）平面；
（2）平面⊥平面；
（3）在底面上的射影图形的面积为定值；
（4）在侧面上的射影图形是三角形．
其中正确命题的序号是______．
【答案】（2）（3）
【分析】
由正方体的几何性质对4个命题进行判断，
【详解】
对于（1），当动点P与点重合时，
以等腰三角形，与不垂直，所以不能得出平面,（1）为假命题；
对于（2），易证，所以平面，
所以平面⊥平面，故（2）为真命题；
对于（3），在底面上的射影图形的面积为定值，
因为在底面的射影是三角形，底边是，
点P在底面的射影在CD上，到的距离不变，
若正方体棱长为时，则射影面积为为定值，
所以（3）为真命题；
对于（4），当P点与点重合时，
则点与点P的投影重合，此时在侧面上的射影图形是线段，不是三角形，故（4）是假命题．
故真命题有（2）（3）.
故答案为：（2）（3）
【点睛】
本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉．
21．（2020·湖北随州·月考）在中，，，，如图，点是斜边上一个动点，将沿翻折，使得平面平面，当______时，取到最小值.
【答案】
【分析】
设，作或的延长线于点，作或的延长线于点，求出、、，表示出，利用三角函数性质求最值，取最小值时，，在中利用正弦定理可求的值.
【详解】
设，，作或的延长线于点，作或的延长线于点，则，
，，，，
∴，
∴，
∴当，即时，，
在中，，，，
在中，由正弦定理得，
即.
∴.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题的解题关键在于利用正弦定理得 ，然后化简为
，通过三角函数的两角和与差公式进行化简求，难度属于中档题
22．（2020·浙江省东阳中学月考）在正方体中，截面与底面所成的二面角的正切值为___________.
【答案】
【分析】
先找二面角的平面角，在中，即为二面角的平面角.
【详解】
连接交与点如图所示，
因为，
所以即为二面角的平面角，
在中，，
所以二面角的正切值为
故答案为：
【点睛】
方法点睛：本题考查二面角的求法，常用的方法有：
(1)直接法：利用定义法找出二面角的平面角，放入三角形中求出相应的三角函数值；
(2)向量法：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用向量夹角公式计算可得出二面角的大小．
23．（2020·江西二模（理））设点是棱长为2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，则点与点间的距离的最小值为_______.
【答案】.
【分析】
设在平面上的射影为，在平面上的射影为，平面与平面和平面成的锐二面角分别为，，则根据，可得，利用面积即可得出.
【详解】
解：设在平面上的射影为，在平面上的射影为，平面与平面和平面成的锐二面角分别为，，
则，，
∵，∴，
设到距离为，则，，
即点在与直线平行且与直线距离为的直线上，到的最短距离为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间中动点到定点距离的最值问题，考查面面角的理解，属于中档题.
四、解答题
24．（2020·贵州省思南中学期中（文））如图，在三棱锥中，，，，，．
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析，（2）
【分析】
（1）取的中点，连接，可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而可证得；
（2）求解三角形证明，可得平面，利用等体积法求得结果
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，
因为，，
所以，
因为，所以平面，
因为在平面内，所以，
（2）解：在中，因为，，
所以，，
在中，因为，，所以，
在中，由于，，，
所以，所以，
因为 ，所以平面，
所以
【点睛】
此题的两个等腰三角形有相同的底，所以利用等腰三角形“三线合一”的性质可证得线线垂直，再利用了线面垂直的判定和性质，由于三棱锥的体积不易求解，所以利用等体积法求三棱锥的体积，此题考查数学转化思想
25．（2020·云南省保山第九中学月考）如图，四面体中，平面，分别为的中点，.
（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）由中位线定理得，进而根据线面平行判定定理即可证明；
（2）由平面得，再结合得平面，进而得平面⊥平面.
【详解】
解：（1）在中，由于分别为的中点，
∴ ，
∵ 平面，平面，
∴平面；
（2）∵ 平面，平面
∴，
又∵ ，，平面，
∴平面，
∵ 平面，
∴平面⊥平面.
26．（2020·陕西安康·月考（文））如图，多面体中，，，，，平面，D，E分别为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面将多面体分成上、下两部分的体积比.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用一边平行且相等，证明四边形为平行四边形，进而利用线面平行的定义即可证明；
（2）利用线面垂直，分别找出上、下两部分的高，，然后，利用体积公式，求出多面体分成上、下两部分的体积比
【详解】
解析：（1）如图，取的中点F，连接、，
∵E、F分别是、的中点，∴，
∵D是的中点，∴，∴，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面.
（2）∵，∴，
又平面，∴，∴平面，
∵，∴平面，∴，
同理，∴上、下两部分的体积比为.
【点睛】
（1）方法点睛：利用线面平行证明面面平行主要使用的方法有：1.三角形的中位线证线线平行；2.平行四边形证线线平行；
（2）关键点睛：第（2）题解题的关键在于，找出上、下两部分锥体的高，利用线面垂直的定义来找即可，本题属于中档题.
27．（2020·安徽月考）如图，在四棱锥中，，，，，，.
（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）根据线面垂直的判定定理，即可证明线面垂直；
（2）过点作，垂足为，根据题中条件，求出，设点到平面的距离为，由等体积法，即可求出结果.
【详解】
（1）证明：∵，
∴
∵，，，平面，平面，
∴平面；
（2）过点作，垂足为，
在中，
可得，
则，
又，，，平面，平面，
∴平面
∵平面.
∴，
在中，，
则
设点到平面的距离为，
则，
有，解得
故点到平面的距离为.
【点睛】
本题主要考查证明线面垂直，考查由等体积法求点到面的距离，属于常考题型.
28．（2020·云南昆明一中月考（文））如图，在三棱柱中，底面为直角三角形，，侧棱底面，
（1）证明：平面平面；
（2）若点为侧棱的中点，点为棱上的一点，且，证明：平面.
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.
【分析】
（1）根据题中条件，先由线面垂直的判定定理，证明平面，推出，判定平，进而可得面面垂直；
（2）设与相交于点M，连接，由题中条件，判定，再由线面平行的判定定理，即可证明结论成立.
【详解】
（1）证明：因为侧棱底面，且，
所以四边形为正方形，可知，
又，由已知侧棱底面可得，，
可得平面，平面，
可知，，
又，平面ABC，所以平，平面，
所以，平面.
（2）如图，设与相交于点M，连接，
在正方形中，
由已知，可得，
在中，，则有，平面，
又平面，
所以平面.
【点睛】
本题主要考查证明面面垂直，考查证明线面平行，熟记判定定理即可，属于常考题型.
29．（2020·北京期末）如图1，在等腰梯形中，，，，，E､F分别为腰､的中点.将四边形沿折起，使平面平面，如图2，H，M别线段､的中点.
（1）求证：平面；
（2）请在图2所给的点中找出两个点，使得这两点所在直线与平面垂直，并给出证明：
（3）若N为线段中点，在直线上是否存在点Q，使得面？如果存在，求出线段的长度，如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2），E这两个点，使得这两点所在直线与平面垂直，证明见解析；（3）存在，.
【分析】
（1）由已知可证，利用面面垂直的性质即可证明平面．
（2）连结，，通过证明四边形是菱形，可证，又，可得，这两点所在直线与平面垂直．
（3）假设在直线上存在点，使得面．在线段上取点，使得，连结线段，交于点，利用面面平行的性质可得平面，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形是等腰梯形，
点为的中点，点为的中点，
，
平面平面，平面平面，
平面．
（2）解：在图2中，，这两个点，使得这两点所在直线与平面垂直．
证明：连结，，
平面，，
，且，四边形是菱形，，
，平面,平面
平面
，这两点所在直线与平面垂直．
（3）解：为线段中点，假设在直线上存在点，使得面．
在线段上取点，使得，
再平面图形中连结线段，交于点（图（1）），则，
由题意可得平面平面，平面，
因为
就是所求的点，．
【点睛】
本题主要考查了面面垂直的性质，面面平行的性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
30．（2020·广东月考）如图，四边形为直角梯形，，，，，点D为上一点，且，如图，将绕边翻折形成三棱锥.
（1）证明：在三棱锥中，；
（2）求三棱锥体积的最大值，并求此时与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）的最大值为，与面所成角的正弦值为.
【分析】
（1）过点P作的垂线，垂足为E，连接，设，根据已知条件得，，，，由面积相等，得，进而得，从而得，且，可得，由线面垂直的判定定理可证得；
（2）由一定，得的最大值为平面时，根据（1）和线面角的定义在中，计算即可.
【详解】
（1）如图2-1，过点P作的垂线，垂足为E，连接.四边形为直角梯形，
，，，，设，
在中，，得，.
在中，，得，，进而得，
在中，，，，即有，且.
可得，由，可得，且，，得平面，又平面.
.
（2）设点P到平面的距离为h，由（1）得，则有.
如图2-2，过点P作平面的垂线，垂足为O，连接，，显然可得，
当平面时，即面平面时，h取到最大值.
对应的三棱锥的体积为，连接，则有为与面所成角，
在中，，，，进而得.
即有与面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了平面图形的翻折问题，在所得几何体中证明线线垂直并求三棱锥体积的最大值，着重考查了空间线面垂直、面面垂直的判定与性质、锥体体积，属于中档题．
31．（2020·江西二模（理））如图所示，底面为菱形的直四棱柱被过三点的平面截去一个三棱锥(图一)得几何体(图二)，E为的中点．
(1)点F为棱上的动点，试问平面与平面是否垂直?请说明理由；
(2)设，当点F为中点时，求锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
(1)利用直四棱柱的几何特征可知 ，B1D1⊥平面CEA1，从而平面平面CEA1 ；(2) 分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面与平面F的法向量，代入公式即可得到锐二面角的余弦值．
【详解】
（1）平面平面，证明如下：
连接AC，BD相交于点O，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又因为直四棱柱上下底面全等，
所以由AC⊥BD得，
又因为CB=CD，，
所以CB1=CD1.
因为E为B1D1的中点，所以，
又，所以B1D1⊥平面CEA1，
又因为平面，
所以平面平面CEA1.
（2）连接OE，易知OE⊥平面ABCD，所以OB，OC，OE两两互相垂直，
所以分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则O（0，0，0），.（7分）
设平面的法向量为，则
，
令
所以.
同理设平面F的法向量为，则
，
令.
所以，
所以
,
所以所求的锐二面角的余弦值为
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
32．（2020·重庆月考）如图，在四棱柱中，平面平面，底面是菱形，，E为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）与交于点F，连结，推导出，利用线面平行的判定定理证明平面.
（2）取中点O，连结，，利用面面垂直的性质定理证明平面，然后分析，可以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：连结，与交于点F，连结，
因为底面是菱形，所以F是中点，
又因为E为的中点.所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：取中点O，连结，，
因为在四棱柱中，平面平面，
底面是菱形，，E为的中点.
所以平面，，
以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
设与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行、垂直的证明，考查利用空间向量求线面角的的有关问题，考查运算求解能力，是中档题.
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