专题07 点、线、面位置关系（几何法）-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题07 点、线、面位置关系（几何法）（新高考）
目录
【备考指南】2
【真题在线】3
【基础考点】19
【基础考点一】点、线、面位置关系概念的判断19
【基础考点二】异面直线所成的角22
【基础考点三】三线共点26
【基础考点四】线面、面面平行判定与性质34
【基础考点五】线面垂直判定与性质43
【综合考点】49
【综合考点一】等体积法49
【综合考点二】面面垂直的判定与性质55
【综合考点三】线面角几何法64
【综合考点四】面面角几何法72
【培优考点】81
【培优考点一】动点、动直线问题81
【培优考点二】折叠问题88
【总结提升】98
【专项检测】99
备考指南
预测：以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点，主要包括两个方面：一是平面图形的折叠问题，多涉及到空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题，主要涉及到几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等.以空间向量为工具，探究空间几何体中线面关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.从近三年全国卷的考察点、线、面位置的关系情况看，客观题的处理上优先考虑的是几何法，在主观题的第一问也多用几何法处理.建议在二轮复习时，空间点、线、面的位置关系要掌握好几何法，加强对学生空间想象能力的训练.能做到举一反三，充分利用好常见的模型.
真题在线
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
2．（2023·全国·统考高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
3．（2022·全国·统考高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
二、多选题
4．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
6．（2022·全国·统考高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
7．（2021·全国·统考高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
三、解答题
8．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，

过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
9．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，又，
所以平面，又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
10．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
11．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
则，为等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，
正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
12．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因为，所以，即．
故四棱锥的体积．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如图所示的平面直角坐标系，设．
因为，所以，，，．
从而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面内，
因此，所以．
所以，
由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，
得，即．
所以，即．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
基础考点
【考点一】点、线、面位置关系概念的判断
【典例精讲】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，，则
B．若m，，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】ABD
【分析】对A：平行于同一条直线的两个平面也可能平行也可能相交，故错误；对B：没有说明是平面内的两条相交直线，故错误；对C：可根据线面平行的性质证明正确；对D：没有说明直线是平面外的一条直线，故错误.
【详解】对A：若，，则或与相交，A错误；
对B：若，则l不一定与垂直，B错误；
对C：如图：

过l分别作两个平面与平面交于直线，
因为，，所以，，所以，
又因为，所以，
又因为 所以，
所以，故C正确;
对D：若，，则或l在内，D错误.
故选：ABD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）设为不同的平面，为不同的直线，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】选项A：若，则或，故A错误；
选项B：只有当相交时，，故B错误；
选项C：只有当相交时，，故C错误；
选项D：若，则，又，所以，故D正确．
故选：D
2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知直线两两异面，且，，下列说法正确的是（ ）
A．存在平面，使，，且，，
B．存在平面，使，，且，，
C．存在唯一的平面，使，且与所成角相等
D．存在平面，使，，且
【答案】D
【分析】A.由时判断；B.由与不平行判断；C.由存在两个平面判断；D.由线面垂直的判定定理判断.
【详解】只有当时才存在平面，使，，且，，故A错误；
若存在平面，使，，且，，则此时与不平行，故B错误；
存在两个平面，使，且与所成角相等，故C错误；
存在平面，使，，且，故D正确．
故选：D
二、多选题
3．（2023·全国·校联考二模）已知为不同的直线，为不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则至少有一条与直线垂直
D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据空间直线与平面间的位置关系进行判断A，由线面、面面垂直的判定写性质判断BCD．
【详解】若，可能平行也可能异面，A错；
，则，又，则，B正确；
若，假设与不垂直，过直线任一点在平面内作直线，因为，所以，又，则，又，
是平面内两相交直线，因此，而，所以，即直线中如果有一条不与垂直，则另一条必定与直线垂直，C正确；
若，如图，设，，过直线上一点在平面内作直线，则，
同理过在平面内作直线，则，
因为过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，所以重合，即重合为平面和的交线，所以，D正确．
故选：BCD．
4．（2023·河北秦皇岛·校联考二模）已知表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（ ）
A．存在平面，有B．存在平面，有
C．存在直线，有D．存在直线，有
【答案】AC
【分析】根据线面平行的性质，结合线面垂直的性质、必要不充分条件的定义逐一判断即可,
【详解】A：若，则直线可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在平面，有，所以本选项正确；
B：若，则，即垂直于同一平面的两条直线平行；若，则存在平面，有，所以本选项不正确；
C：若，则直线可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在直线，有，所以本选项正确；
D：若，则，即平行于同一直线的两直线平行，若，则存在直线，有，所以本选项不正确，
故选：AC
【考点二】异面直线所成的角
【典例精讲】（多选）（2023·安徽黄山·统考三模）在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为
C．线段的最小值为
D．空间四边形的周长的最小值为
【答案】ABD
【分析】A选项，先根据线面平行的性质定理推导出//，然后利用向量证明即可；B选项，利用平移的办法，将与所成角放到三角形中，用余弦定理计算；C选项，根据B的中间步骤可知C错误；D选项，可以分析出的周长为，故求最小值即可.
【详解】
由题知，//平面，而平面平面，平面，根据线面平行的性质定理可知，//，
又，
即，故，A选项正确；
连接，易得，又，于是（三线合一），故，
取中点，连接，由中位线可知，在中由余弦定理，，即，
由//，与所成角即为（或其补角），在中根据余弦定理，，B选项正确；
根据B选项分析，当分别为线段中点时，，C选项错误；
由//，由于为正三角形，则也是正三角形，故，故四边形的周长为：，当为中点，即时，有最小值.
即空间四边形的周长的最小值为，D选项正确.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在圆锥中，轴截面的顶角，设是母线的中点，在底面圆周上，且，则异面直线与所成角的大小为（ ）

A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】首先得出异面直线与所成的角即为（或其补角），在中求角即可.
【详解】因为是的中点，是的中点，所以，
所以异面直线与所成的角即为（或其补角）．
易知．因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
又，，平面，所以平面，
而平面，所以．
因为，，所以为等边三角形，所以，所以．
故选：C．
2．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）在长方体中，，，，则异面直线和所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造平行线转化为共面直线，再结合余弦定理求夹角即可.
【详解】
如图所示，在长方体中易知，即异面直线和所成角为,
由，，及勾股定理可得,
由余弦定理可得，
故选：A
二、多选题
3．（2022·重庆·校联考一模）已知正方体，P是棱的中点，以下说法正确的是（ ）
A．过点P有且只有一条直线与直线AB，都相交
B．过点P有且只有一条直线与直线AB，都平行
C．过点P有且只有一条直线与直线AB，都垂直
D．过点P有且只有一条直线与直线AB，所成角均为45°
【答案】AC
【分析】选项A.由题意满足条件的直线是平面与平面PAB的交线，从而可判断；选项B.由平行公理可判断；C选项.由线线平行的性质结合异面直线成角的概念可判断；D选项.由异面直线成角可判断.
【详解】选项A.过点P与直线AB相交的直线必在平面PAB内，
过点P与直线相交的直线必在平面内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，A正确；
选项B.若存在一条直线与，都平行，则，矛盾，B不正确；
C选项.因为，若则，若，则平面，
显然满足条件的直线唯一，即，C正确；
D选项.取，的中点E，F，连PE，PF，则，，
若l与直线，所成角为45°，则l与PE，PF所成角为45°，
显然的角平分线及其外角平分线均符合，D不正确.
故选：AC
故选：ABD
三、填空题
4．（2023·全国·模拟预测）已知球O的表面积为，A，B，C，D为球O的球面上的四个点，E，F分别为线段AB，CD的中点．若，且，则直线AC与BD所成的角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件判断出三点共线，构造正四棱柱，利用异面直线所成角的定义求解即可.
【详解】设球的半径为,由，解得,
∵,且E分别为线段AB的中点，∴,
在中，, 同理可得，
又∵,∴三点共线，
作出球的内接正四棱柱,,
∵∥,∴为直线与所成的角，
∵,∴,,∴,
由余弦定理得,
故答案为：.

【考点三】三线共点
【典例精讲】（多选）（2022上·湖北·高三襄阳五中校联考阶段练习）已知分别是三棱锥的棱上的点（不是端点），则下列说法正确的是（ ）
A．若直线相交，则交点一定在直线上
B．若直线异面，则直线中至少有一条与直线相交
C．若直线异面，则直线中至少有一条与直线平行
D．若直线平行，则直线与直线平行
【答案】ABD
【分析】根据平面的基本性质（公理2）判断A，根据线面平行的判定定理和性质定理，基本性质4判断BD，举反例判断C．
【详解】若直线EF､HG相交，设，则，，
又平面，平面，所以是平面与平面的公共点，
则必在其交线上，即，A正确，

若，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，又，所以,D正确，
当，时，，
所以若直线都与直线平行，则直线共面，
所以该命题的逆否命题若直线异面，则直线中至少有一条与直线相交为真命题，B正确，
如下图，直线异面，但直线都与直线相交，故C错误，
故选：ABD.

【变式训练】
一、单选题
1．（2022·四川广安·统考二模）如图，长方体中，点E，F分别是棱，上的动点（异于所在棱的端点）.给出以下结论：①在F运动的过程中，直线能与AE平行；②直线与EF必然异面；③设直线AE，AF分别与平面相交于点P，Q，则点可能在直线PQ上.其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】B
【分析】当点E，F分别是棱，中点时，可证明四边形是平行四边形，故可判断①②；建立空间直角坐标系，当点E，F分别是棱，中点，且长方体为正方体时，利用空间向量证明三点共线
【详解】长方体中，，连接，，当点E，F分别是棱，中点时，由勾股定理得：，故，同理可得：，故四边形是平行四边形，所以在F运动的过程中，直线能与AE平行，与EF相交，①正确，②错误；
以为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱，中点且长方体为正方体时，设棱长为2，则，，，则，，则，又两向量有公共点，所以三点共线，故则点可能在直线PQ上，③正确.
故选：B
2．（2022·陕西安康·统考二模）如图，在四面体中，分别为的中点，分别在上，且.给出下列四个命题：
①平面；
②平面；
③平面；
④直线交于一点.
其中正确命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】依题意可得且，且，即可得到平面，再判断与为相交直线，即可判断②③，由四边形为梯形，所以与必相交，设交点为，即可得到，从而判断④；
【详解】解：因为，所以且，又分别为的中点，所以且，则，又平面，平面，所以平面，
因为为的中点，为的一个三等分点，所以与为相交直线，故与平面必不平行，也不平行平面，
因为为梯形，所以与必相交，设交点为，
又平面，平面，
则是平面与平面的一个交点，
所以，即直线交于一点，
故选：B.
二、多选题
3．（2023下·河北·高一校联考期中）在正方体中，分别为棱上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，平面
C．当时，存在点，使四点共面
D．当时，存在点，使三条直线交于同一点
【答案】BCD
【分析】选项ABC，用向量法研究四点共面问题即可；选项D，先证明与相交，设交点，再证明即可.
【详解】已知正方体，则可分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
对选项A，当时， .
设正方体棱长为，
则
假设平面，则存在使得，
则，无解.所以平面，
故选项A错误；

对选项B，当时，设正方体棱长为2，
则，
，
假设平面，则存在使得，
则，解得，则四点共面，
即当时，平面.
故选项B正确；

对选项C，当时，设正方体棱长为1，
由，得，
由是棱上的动点，设，
则，
假设存在点，使四点共面，则存在使得，
则得，其中，
设，
则在单调递减，则，又
所以任意，都存在，使，其中，
即存在点，使四点共面，
故选项C正确；

对选项D，当时，，
连接，取的中点，连接，
因为是的中点，则，且，
又，且，
则，故四边形是平行四边形，
所以，由平行传递性知，，且，
故四边形是梯形，则与相交，
延长交于点.平面，平面，
故平面，且平面，又平面平面，
则.所以相交于一点.
即当时，存在点，为中点，使三条直线交于同一点.
故选项D正确.

故选：BCD.
【点睛】方法点睛：1.向量法探究空间四点共面问题，基本解答策略是：探究空间四个点A、B、C、D是否共面，可以把它们组成3个向量、、，然后求解有序实数对，使等式成立，可利用基底法，也可以建立空间直角坐标系，假设等式成立，建立方程组求解；
2.证明三线共点的思路：先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上的问题．
三、解答题
4．（2023·四川泸州·校考三模）如图，已知直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，分别为，的中点．

(1)求证：直线、、交于一点；
(2)若，求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可得四边形为梯形，再根据平面的性质证明三线交于一点；
（2）根据题意利用割补法求体积.
【详解】（1）连接、，
因为、分别为、的中点，所以且．
因为是直四棱柱，且底面是正方形，
所以，且，即四边形是平行四边形，
所以且，所以，且，
所以四边形为梯形，所以与交于一点，记为，
即，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为平面平面，则直线，
所以直线、、交于一点.
（2）连接，
由题意可得：.

【考点四】线面、面面平行判定与性质
【典例精讲】（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.
（2）证明平面，再利用等体积法求解作答.
【详解】（1）依题意，连接，分别是中点，则，
平面平面，则平面，
四边形是矩形，，同理有平面，
又平面，于是平面平面，又平面，
所以平面.

（2）在圆锥中，平面，平面，则平面平面，
平面平面，在平面内过点作于点，
则平面，在中，，则，
显然平面，平面，则，又，，因此，
.
【变式训练】
1．（2023·四川成都·统考二模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，，是边长为2的正三角形，平面平面，为的中点，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的交点为，连接，通过证明即可得到，从而即可得证.
（2）由题意，故只需求出点到底面的距离、的面积即可得解.
【详解】（1）
菱形中，设的交点为，连接，由∽且为的中点，
得，
在中，，
所以，
所以，
又平面，平面，
则平面.
（2）取的中点为，连接，由是正三角形，得，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，
因为是边长为的正三角形，
所以点到底面的距离为，
因为平面，所以P，C到平面BEF的距离相等，又，，
所以三棱锥的体积为
.
2．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，且，，，G为的重心．

(1)证明：平面PCD．
(2)若，求点C到平面PAE的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一连接AG并延长交PD于点M，延长AE交DC的延长线于点N，连接MN，由，得到．再结合G为PAD的重心，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；方法二 延长PG交AD于点O，取线段AD上靠近点D的三等分点F，则，连接EF，FG．易得平面PCD，再由G为△PAD的重心，得到，结合，，得到，从而．进而得到平面PCD，然后利用面面平行的判定定理和性质定理证明；
（2）延长PG交AD于点O，连接AC，根据PAD为等边三角形，得到，，再由，得到平面ABCD，设点C到平面PAE的距离为h，利用等体积法，由求解.
【详解】（1）证明：方法一 如图所示：

连接AG并延长交PD于点M，延长AE交DC的延长线于点N，连接MN．
∵且，
∴，．
∵G为PAD的重心，∴．
∴，∴．
∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
方法二 如图所示：

延长PG交AD于点O，取线段AD上靠近点D的三等分点F，则．
连接EF，FG．
∵且，∴．
∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD．
∵G为△PAD的重心，∴．
又，，
∴．∴，∴．
∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
又∵，EF，平面EFG，
∴平面平面PCD．
又∵平面EFG，
∴平面PCD．
（2）延长PG交AD于点O，连接AC，如图：

∵PAD为等边三角形，，∴，．
∵，，AD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
∵四边形ABCD为直角梯形，，，
∴，，．
在中，，，
∴，，
∴，即．
∵，，AD，平面PAD，
∴平面PAD．
∵平面PAD，∴．
设点C到平面PAE的距离为h．
∵，
，
又∵，∴．
故点C到平面PAE的距离为．
3．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.

(1)当是棱的中点时，求证：平面；
(2)若，，求点到平面距离的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.
取的中点，连接、，
因为是棱的中点，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接.
因为是正三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，所以，
设，其中，
则，
设平面的法向量，
所以，
令，得，
设点到平面距离为，.
当时，；
当时，，则，
当且仅当时等号成立.
综上，点到平面距离的取值范围是.
4．（2023·陕西安康·统考三模）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面；
（2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.
【详解】（1）连接，
∵是正方形，，分别是棱，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
∵，直线在平面内，
∴平面平面，∵平面，
∴平面．
（2）∵平面，，
∴平面，
过C在平面内，作，垂足为，则，
∵，又直线FG，BF在平面内，
∴平面，
∴的长是点C到平面的距离，
∵中，，
∴由等面积可得，
∴点C到平面的距离为.
【考点五】线面垂直判定与性质
【典例精讲】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，平面，D为上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)若E为上一点，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过长度关系证得，在通过题干垂直关系证得，由此可得平面.
（2）求出、长度.再求三棱锥的体积,由三棱锥与三棱锥的体积关系，即可求出三棱锥的体积；或由等体积法求三棱锥的体积，即.
【详解】（1）如图，因为平面ABC，平面ABC，平面ABC，
所以，，
因为，所以.
因为，得，又，
所以在中，，
故，
因为，所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为平面，平面，且，
所以平面.
（2）由题意得，，，，
由（1）可知，平面ABD，
所以,则，
所以，
因为，
故.
方法1：所以，
又因为，
且，
所以.
方法2：因为平面，平面,
所以平面平面,
又因为平面平面,
点E到直线PA的距离也是点到平面的距离，
即，
所以三棱锥的体积为：
.
【变式训练】
一、解答题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，为等边三角形，平面平面ABC，.

(1)求证：平面PBA；
(2)若，，求点B到平面PAC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线作，利用面面垂直的性质定理找到线面垂直关系，从而找到线线垂直关系，利用线面垂直的判定定理即可得证.
（2）求出线段PC，AC的长，求出的面积，利用等体积法求解，即可得答案.
【详解】（1）过点P作交AB于点O，

因为平面平面ABC，平面平面，平面PBA，
所以平面ABC.
因为平面ABC，所以，
又，，PA，平面PBA，
所以平面PBA.
（2）由题意知，，
因为平面PBA，平面PBA，所以，
所以.同理得.
过点C作交PA于点H，则H为AC的中点，，
则，
所以.
设点B到平面PAC距离为d，
则，
即，解得.
所以点B到平面PAC的距离为.
2．（2023上·上海闵行·高三上海市文来中学校考期中）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点．
(1)求证：平面；
(2)求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，，则与交于点，由正四棱锥的性质得到，平面，则，即可得证；
（2）首先求出，再由为上靠近的三等分点，得到，所以.
【详解】（1）在正四棱锥中为底面中心，连接，，
则与交于点，且，平面，平面，
所以，又，平面，所以平面.
（2）因为，，所以，
又为上靠近的三等分点，所以，
则.
3．（2023·四川宜宾·统考二模）圆柱中，四边形为过轴的截面，，，为底面圆的内接正三角形，.

(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于，连接,先证明平面，即平面，则再用勾股定理证明，则平面；
（2）利用等积法即可得.
【详解】（1）1）证明：连接并延长交于，连接
为底面圆的内接正三角形，，，
四边形为圆柱的轴截面，圆面，
圆面
平面平面
平面
平面 平面
，
平面，平面
平面

（2）（2）由（1）知平面，平面，因为平面， 所以，
.
4．（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，平面平面，，分别为，的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用面面垂直的性质得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过线面关系及锥体体积求出，再利用等体积法求得点到平面的距离.
【详解】（1）由题知，，所以，所以.
又因为平面平面，且交线为，平面，所以平面，
又平面，所以，连接，

因为四边形是边长为2的菱形，，所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以，
又，平面，平面，所以平面.
（2）设点到平面的距离为，连接，则，
因为，所以，又由（1）知，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，，
又由，，，平面，平面，
所以平面，且，，
所以，即，
即点到平面的距离为.
综合考点
【考点一】等体积法
【典例精讲】（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根据等体积法即可求解.
【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
平面平面PCD.
（2）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，
所以.
，
故三棱锥的体积为.
【变式训练】
1．（2023·四川·校联考一模）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，平面平面，，，，.

(1)证明；；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，通过线面垂直的办法证明线线垂直；
（2）根据等体积法转换，的体积等价于求的体积即可.
【详解】（1）
取中点，连接，因为是等边三角形，所以.
因为，，所以.而，
所以是等边三角形，则，又，平面
所以平面，又平面，故.
（2）由平面平面，平面平面，平面，
又，可知平面.
在中，由余弦定理，有.
解之可得. 所以，
所以.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，根据，可证得四边形为平行四边形，由此可得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）由，可证得平面，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，
几何体为四棱台，四点共面，且平面，平面，
平面平面，；
四边形和均为菱形，，，，
，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）连接交于，
平面，平面平面，平面，
又平面，，
，，平面，平面；
四边形为菱形，，，，
.

3．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）如图；在直三棱柱中，，，，点D为AB的中点．

(1)求证；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）首先由勾股定理逆定理证得，再由平面证得，从而证得平面，即可证明；
（2）过C作，F为垂足，首先证得平面，再由计算体积即可．
【详解】（1）在中，
因为，，，
所以，
所以为直角三角形，即，
又因为在直三棱柱中，平面，且平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）在中，过C作，F为垂足，

由直三棱柱得平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，
在中，，
又因为，
所以．
4．（2023·广西·统考模拟预测）如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.
(1)证明：；
(2)若是棱上一动点（含端点），求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明平面，后可得证线线垂直；
（2）由计算．
【详解】（1）证明：
如图，连接，
因为为棱台，
所以四点共面，
因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）根据题意可得，则为定值，
∵，
点到平面的距离为，
∴.
【考点二】面面垂直的判定与性质
【典例精讲】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）如图，四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，，平面平面ABCD，平面平面ABCD，E为PD中点.

(1)证明：；
(2)若F为棱PB上的点，求点F到平面ACE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由面面垂直的性质定理证明平面PAD，再由线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理证明即可；
（2）先由面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理证明平面ABCD，通过线面平行把距离转化为点B到平面ACE的距离，利用等体积法求解即可.
【详解】（1）因为，E为PD中点，所以.
又，平面平面ABCD，平面平面，
所以平面PAD.又平面PAD，所以.
因为、平面PCD，，所以平面PCD，
又平面PCD，所以.
（2）因为ABCD是边长为2的正方形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAB，故，同理可得.
因为AB、平面ABCD，，所以平面ABCD.
连接BD与AC交于点O，连接OE，则O为BD的中点，

因为E为PD的中点，所以.
因为平面ACE，平面ACE，所以平面ACE，
所以点F和点B到平面ACE的距离相等.
又，由（1）知，易得，，
所以.设点B到平面ACE的距离为d，
则，解得，所以点F到平面ACE的距离为.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在圆台中，上底面的半径为1，下底面的半径为3，母线长为3.在截面与截面中，，.

(1)求证：截面截面；
(2)求四棱台的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由菱形的性质结合线面垂直的定义以及判定证明截面，再由面面垂直的判定证明即可；
（2）根据面积公式以及相似的性质得出上下底面的面积，结合高得出四棱台的体积.
【详解】（1）由上底面半径为1，可得.
又，所以四边形是菱形，所以.
又平面，平面，所以.
又，截面，所以截面.
因为平面，所以截面截面；
（2）由下底面半径为3，可得.
又，所以为等边三角形.
同理，也是等边三角形，与全等.
因为的面积，所以.
由相似性质，可得.
因为，所以.
所以四棱台的体积
.
2．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因为，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面．
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
3．（2023·海南·统考模拟预测）如图，在平面四边形中，，，将沿向上折起，使得平面与平面所成的锐二面角的平面角最大．

(1)求该几何体中任意两点间的距离的最大值；
(2)若，垂足为，点是上一点，证明：平面平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】解：（1）如图，以为坐标原点，为轴，平面为平面，
建立空间直角坐标系，
则，
设，显然，当时，平面与平面共面，此时的锐二面角一定不是最大
的，所以，
所以，

设平面的法向量为，
则即
令，则．
又平面的一个法向量为，
则，
又，所以，
所以，
当时，等号成立，由
得，
所以，即点在面上．
所以平面平面，
所以，
所以该几何体中任意两点间的距离的最大值为．
（2）由（1）知平面，
所以．
又，且，
平面，
所以平面．
又平面，
所以．
由，且平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
4．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，分别是的中点，平面经过点，且与棱交于点．

(1)试用所学知识确定在棱上的位置；
(2)若，求多面体的体积．
【答案】(1)在棱的靠近的三等分点处
(2)．
【分析】（1）过作直线与平行，延长与交于点，连接，根据线面相交于平行的性质判断即可；
（2）多面体的体积，再根据锥体体积公式，结合线面垂直的判定与性质求解即可.
【详解】（1）过作直线与平行，则，故共面，
延长与交于点，连接与的交点即为点．
因为底面是正方形，是的中点，所以，且．
又，所以，因为是的中点，可得，
则，由平行线间交叉线的性质可得，，所以．
故在棱的靠近的三等分点处．
（2）连接，多面体的体积．
因为为中点，所以．
又平面平面，平面平面平面，平面，所以平面，
而平面，所以，
所以．
因为为中点，所以．
因为为的靠近的三等分点，所以，
所以．
故多面体的体积为．
【点睛】
【考点三】线面角几何法
【典例精讲】（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）如图，在直四棱柱中，四边形为平行四边形，，.

(1)证明：与平面的交点为的重心；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：面与面所成角的正切值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
【分析】（1）根据题意，连接交于点，连接，由条件可得，再由为边上的中线即可得到证明；
（2）若选择条件①：作，垂足为，证得面，即可得到为与平面所成角. 若选择条件②：作交直线于点，连接，然后作，则，即可得到为与平面所成角.
【详解】（1）
如图，连接交于点，连接.
因为面，所以面.
所以为面与面的公共点.
因为面面，所以.
在矩形中，由得.
因为在中，为边上的中线，
所以为的重心.
（2）若选择条件①：.
因为几何体为直四棱柱，
所以面，BD在面ABCD内，所以.
因为，面，所以面.
面，所以.
四边形为平行四边形，所以四边形为菱形.
如图，作，垂足为.
因为面，，所以面，面，即.
由，面，所以面，即为与平面所成角.
设，则，
所以.
若选择条件②：面与面所成角的正切值为，面面，
所以面与面所成角的正切值为.
如图，作交直线于点，连接，
由面，面，则，
，面，故面，
又面，所以，
所以二面角的平面角为，则.
设，则，所以.
所以，即为线段的中点（与重合）.
因为，，面，
所以面.
如图，作，因为面，，
所以面，面，即.
由，面，所以面.

即为与平面所成角.
因为，
所以.
【变式训练】
1．（2018·安徽·校联考一模）如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，，，.
(1)求的长度；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，由线面垂直判定可知平面，由此可知，根据长度关系可得结果；
（2）作交于点，，由面面垂直的判定与性质、线面角的定义可知为所求线面角，由长度关系可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
是等边三角形，，
又，，平面，平面，
平面，，，
为等边三角形，.
（2）平面，平面，平面平面，
作，垂足为，则平面，，连接，
为直线与平面所成的角，
由题意知：，又，
，
，，
，，，，
直线与平面所成的角的正弦值为.
2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）如图，在多面体中，平面平面，底面是等腰直角三角形，，侧面是正方形，平面，且，.

(1)证明：．
(2)若是的中点，平面，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）利用线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）利用等体积法求得点到平面的距离，再根据线面角的公式计算即可.
【详解】（1）因为平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，， 平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
（2）如图，因为是的中点， 平面，平面，且平面平面，
所以，

因为平面平面，
平面平面，平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，，
因为是等腰直角三角形，
所以，
又因为，侧面是正方形，
所以，，
所以点到的距离为，
所以，则，
又，所以，
所以，
设点到平面的距离为，
由可得，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
3．（2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，半径为2，母线SA､SB的长为，且M为线段AB的中点．

(1)证明：平面SOM平面SAB；
(2)求直线SM与平面SOA所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)55
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直再由面面垂直判定定理证明即可；
（2）由线面角定义求线面角求正切再求角即可.
【详解】（1）因为为中点，所以，
因为平面，平面，
所以，且，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）
设的中点为，连接，则，
因为，所以，
因为底面，所以,平面，平面，,
所以平面，
所以即是直线与平面所成角．
因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，
得．
因为，
所以，
4．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，，分别为，的中点．
(1)证明：．
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）要证，只需要证明平面，根据直线与平面垂直的判定定理，只需要证明平面平面内的两条相交直线，即，则问题就可得以解决；
（2）第一问已经找到了平面的垂线段，连接 ，则是与平面所成角，在直角三角形中即可求出.
【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以，又，
所以，则四点共面.
因为是的中点，，所以．
因为平面，所以．在直角梯形中，．而，，平面，因此平面．所以．
又因为，且，，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）
连接．由（1）可知平面，
所以是与平面所成角．
设，于是，．
另一方面，．
因此，在直角三角形中，．
所以与平面所成角的正弦值为．
【考点四】面面角几何法
【典例精讲】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图所示，已知三棱台中，，，，，.

(1)求二面角的余弦值；
(2)设分别是棱的中点，若平面，求棱台的体积.
参考公式：台体的体积公式为.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意为二面角的平面角，利用余弦定理计算可得；
（2）将棱台补全为三棱锥，依题意可得面，即可得到，再由平面得到，即可得到为的中点，最后根据计算可得.
【详解】（1）因为，，所以二面角的平面角为．
因为，，所以，．
因为，所以．
因为，
所以，故二面角余弦值为．
（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为，
因为、分别是棱、的中点，所以直线经过点O．
因为，，且面，所以面，

又面，所以．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以，
所以，，故为的中点．
三棱台的体积
．
【变式训练】
一、解答题
1．（2023·内蒙古赤峰·校考模拟预测）如图，在圆锥中，是底面的直径，且，，，是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知证明，，可得平面，即可得到平面平面；
（2）在平面中，过作，垂足为，在平面中，过作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，再由已知求解三角形得答案．
【详解】（1）如图，由题意，是底面的直径，，
为的中点，为的中点，则，
则，而平面平面，
则，
又，平面，平面
平面，
又平面平面平面；
（2）在平面中，过作，垂足为，
在平面中，过作，垂足为，
连接，
∵平面平面，，
又，平面，平面，
平面，平面，，
，平面，平面
则平面，可得为二面角的平面角．
由已知可得，，，
，，
，
又，得．
在中，，
∴．
即二面角的余弦值为．

2．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)设正方形的边长为，求侧面与底面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据四棱锥的几何性质，利用面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）取的中点分别为，利用二面角的定义可证明是侧面与底面的夹角的平面角，再由边长关系计算即可得出结果.
【详解】（1）证明：在正方形中，易知，
又侧面底面，侧面底面，平面ABCD，
所以平面，
又平面，所以，
又是正三角形，是的中点，可得，
又，且平面PCD，
所以平面PCD．
（2）取的中点分别为，连接，如下图所示：
则，
又是正三角形，，
显然，且平面，所以平面，
在正方形中，，故平面，
即是侧面与底面的夹角的平面角，
又因为平面，，平面，
又平面，可得，
因为正方形ABCD的边长为，则，
由勾股定理可得，则，
故侧面与底面夹角的余弦值为．
3．（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面为正三角形，侧面是边长为2的正方形，为的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)取的中点，连接，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，可得平面，又结合平面，可得相应结论；（2）由题结合几何知识可得为二面角的平面角，后由勾股定理可得答案.
【详解】（1）证明：为正三角形，为的中点，，
平面平面，
平面，
又平面平面平面.
（2）为正三角形，，
平面平面，
，
故，
又为的中点，，
为二面角的平面角，
侧面是边长为2的正方形，，
为边长为2的正三角形，，
在直角三角形中，，
，
二面角的余弦值为.
4．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）法一、连结利用三角形全等判定，即可；法二、取的中点D，利用线线垂直证平面得即可；法三、设，利用条件及勾股定理判定即可；
（2）先判定M为的中点，法一、先证平面平面，判定即为与平面所成的角，解三角形即可；法二、建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面角即可.
【详解】（1）证法一：连结(如图)，
易知是以AB斜边的等腰直角三角形，∴，
又∵，
∴，
∵，N为的中点，
∴，
∴，即，
∵平面，∴平面ABC．

证法二：取的中点D，连结(如图)，
∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，
∵平面，∴平面．
∵平面．∴，
又∵，平面，
∴平面；

证法三：易知为等腰直角三角形，
不妨设，则，
又N为斜边中点，∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，且，
∵，∴，∴，
又∵，平面，
∴平面ABC．
（2）
∵，∴，
∴是等腰直角三角形，
∵N为中点，∴，
∴N为三棱锥外接球的球心，
依题意，∴，
连结，
∵平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，等于，
解法一：由上知为等腰直角三角形，∴M为PC的中点，
∵，
∴平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
∴点A在平面上的射影在上，
∴即为与平面所成的角，
易得，由余弦定理可得
．
解法二：由（1）知两两垂直，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∵M为PC的中点，∴，
∴，
设平面PBC的法向量为
则，取，则得，
∴，
∴AM与平面PBC所成角的正弦值为．
培优考点
【考点一】动点、动直线问题
【典例精讲】（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）如图，在矩形中，，.四边形为边长为2的正方形，现将矩形沿过点的动直线翻折，使翻折后的点在平面上的射影落在直线上，若点在折痕上射影为，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】证明在平面图中三点共线，建立直角坐标系，设直线的方程为，计算，令，利用均值不等式计算得到最值.
【详解】在立体图形中：点在平面上的射影落在直线上，则平面，
平面，故，，故平面，
平面，故，故在平面图中三点共线，如图所示：
以所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系，
设直线的方程为，，则．
直线的方程为，故，，
，．
令，根据题意，．
，时，取等号，的最小值为.
故答案为：
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·江苏盐城·统考三模）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.
【详解】
连接，
容知，,
所以平面平面,
M与平面的距离保持不变，
点M的移动轨迹为三角形的三条边，
当M为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，

取的中点，
设正方体的棱长为2，
所以，
，
，
所以,
所以为直角三角形，

所以直线与平面所成角正弦值为,
当M为C点时，当M为中点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，

所以，
.
直线与平面所成角正弦值的取值范围是，
故选：A.
2．（2021·河南郑州·郑州一中校考模拟预测）在正方体中，点在线段上，若直线与平面内的动直线所成角的最小值为，则
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据最小角定理：线与面内的动直线所成的角的最小值是线与线在面内的射影所成的角，可求解.
【详解】在面中作于，则，
设正方体的棱长为， ，则 ，
所以，解得，
所以，
故选C.
【点睛】本题考查最小角定理，属于中档题.
二、多选题
3．（2023·全国·东北师大附中校联考模拟预测）已知正方体的棱长为，点，是棱，的中点，点是侧面内运动（包含边界），且与面所成角的正切值为，下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为B．存在点，使得
C．存在点，使得平面D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】由正方体的性质得为与面所成角，且，进而得点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的弧，再依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：由题知，在正方体中，平面，
所以，为与面所成角，且，
因为正方体的棱长为，与面所成角的正切值为
所以，解得，
所以，点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的弧，如图.
此时.
对于A选项，有，当且仅当三点共线时等号成立，
故的最小值为，正确；
对于B选项，因为平面，平面，所以，
假设存在点，使得，则，平面
由于平面，故有，
另一方面，在侧面中，取棱的中点，
由点是棱的中点，进而结合平面几何知识易得，
故要使，则点与点重合，
由于，，显然不重合，故错误；
对于C选项，如图，设，则易知为中点，连接，
因为点，是棱，的中点，
所以，在中，，，
所以，四边形为平行四边形，即，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为，所以平面平面，
所以，当为与弧的交点时，平面，故平面，正确；
对于D选项，由题知，所有满足条件的动线段形成的曲面是以为顶点，点为底面圆心，底面半径为的圆锥的部分侧面，
所以，其所在的圆锥的母线长为，
因为，，
所以，，
所以，弧的长为，
所以，结合扇形面积公式，所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，故正确.
故选：ACD
三、填空题
4．（2023·河北石家庄·统考一模）长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是 .
【答案】/
【分析】根据题设，将问题转化为求直线与面夹角最大值，利用平面的基本性质找到点位置，并确定其轨迹为圆锥底面圆周，进而确定圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角，利用和差角正余弦公式求它们的差、和正余弦值，即可确定的最值.
【详解】由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可，
又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值，
过作，交延长线于，连接，显然△△，
所以，故为平行四边形，则，，，
所以△为等腰三角形，过作于，则必在线段上，
综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，
设，则，故，
所以，解得，则，，
绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线，
所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，，
而直线与面夹角为，且，，
令，则，而，
令，则，而
综上，，故的最大值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：将问题化为求直线与面最大夹角正弦值，注意利用定角（圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角）求动角的大小.
【考点二】折叠问题
【典例精讲】（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正三角形中，、、分别是、、边上的点，满足：：：：如图将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连结如图

(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）证明，利用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）不妨设正三角形的边长为取的中点，连结，证明是正三角形，推出为二面角的平面角，证明然后证明平面；
（3）设在平面内的射影为，且交于点，说明就是与平面所成的角，在，求解即可．
【详解】（1）：：，，
平面，平面，
平面；
（2）不妨设正三角形 的边长为 ，
在图中，取的中点，连结，
：：：，
，
而，是正三角形，
又，，
在图中，，，
为二面角的平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角，，
又、平面，，
平面，即平面；
（3）在图中，平面，，
设在平面内的射影为，且交于点，
则可得平面，
又平面，，
则就是与平面所成的角，
在中，，，
是等边三角形，，
又平面，，为的中点，且，
又，在，，，
所以直线与平面所成的角为.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·山东·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，当变化时，令对角线取到最大值，如图2，此时将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中，直线与所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，，在△ABC中，根据余弦定理表示，根据正弦定理表示，在△BCD中，由余弦定理表示，化简求得最值，然后求出直线与所成角的余弦值的取值范围.
【详解】设，，，，
在△ABC中，由余弦定理，得，
由正弦定理，得，∴.
∵，，，
在△BCD中，由余弦定理，得,
∴
，
当，即时，取得最大值，即BD的最大值为.
过做交于，
设直线与所成角为，
又因为，
由此可知越大，直线与所成角的余弦值越大；
当平面与平面垂直时，直线与垂直，，即此时所成角的余弦值最小值0，
当与 共面，即将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中的初始和结束状态时，余弦值最大，
,解得：
，，所以
此时直线与所成角余弦值
综上所述，直线与所成角的余弦值的取值范围是,
故选：B.
二、多选题
2．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，二面角大小为，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．当为锐角时，存在某个位置，使得
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】A选项，作出辅助线，证明，又与不垂直，可得结论，A错误；B选项，利用三角形面积公式即可求解；C选项，作出辅助线，找到，，由线段比求出答案；D选项，先求出当三棱锥体积最大时，⊥平面，再找到球心位置和外接球半径，得到答案.
【详解】A选项，取的中点，连接，
因为是的中点，所以且，
因为为中点，
所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又与不垂直，所以不存在某个位置，使得，A错误；
B选项，，
当且仅当时，即时，等号成立，故B正确；
C选项，过点作平面于点，作于点，连接，
则是的平面角，即，
是直线与平面所成角，即，
所以，，
故为定值，
故当为锐角时，不存在某个位置，使得，C错误；
D选项，当三棱锥体积最大时，⊥平面，
取的中点，连接，则⊥，由勾股定理得，
又，故点即为三棱锥的外接球的球心，半径为2，
表面积为，D正确.
故选：BD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
三、填空题
3．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）如图，菱形ABCD的边长为2，.将沿AC折到PAC的位置，连接PD得三棱锥.
①若三棱锥的体积为，则或3；
②若平面PAC，则；
③若M，N分别为AC，PD的中点，则平面PAB；
④当时，三棱锥的外接球的体积为.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】对于②，设，由线面垂直的判定定理及性质定理可得平面，，根据勾股定理即可求解；
对于④，由②可得当时，平面,设为三棱锥的外接球球心，为等边的重心，过作,垂足为，根据勾股定理求出三棱锥的外接球半径为，再由球的体积公式即可求解；
对于①，设在的投影为，由棱锥的体积公式可得，分二面角为锐角与钝角讨论，结合勾股定理及余弦定理即可求解；
对于③，根据中位线定理可得，根据线面平行的判定定理即可判断.
【详解】对于②，设，若平面PAC，平面PAC，所以.
因为菱形ABCD的边长为2，，所以是等边三角形，
所以,即.
因为,平面,所以平面.
因为平面，所以.
又，所以,故②错误.
对于④，由②可得当时，平面,
设为三棱锥的外接球球心，为等边的重心，过作,垂足为，
因为，所以,,
所以三棱锥的外接球半径为,
所以三棱锥的外接球体积为，故④正确.
对于①，设在的投影为，因为，所以在所在的直线上.
又，所以，解得.
因为二面角可能为锐角或钝角，
（i）当二面角为钝角时，
所以,，
所以.
（ii）当二面角为锐角时，
因为,，
所以在中，由余弦定理可得,
即，即,解得.
所以是的中点，所以,
所以.
综上，或3，故①正确.
对于③，若M，N分别为AC，PD的中点，由中位线定理可得,
因为平面,平面,
所以平面，故③正确.
故答案为:①③④.
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于内切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的外接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
四、解答题
4．（2019上·河北张家口·高三统考阶段练习）如图，等腰梯形中，，，，为中点，为中点.将沿折起到的位置，如图．

(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）证明，即可证明平面；
（2）由平面，得点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，找出点到平面的距离即可求解.
【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为，
所以为等边三角形，则.
因为为中点，所以，
在等腰梯形中，可得.
连接，在中，由余弦定理可得,
则，所以，则.
因为、分别是、中点，
所以，所以，
从而可得，，
因为，、平面，
所以平面．
（2）由（1）可知，，因为平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
因为是中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.
取的中点为，连接.

因为为等边三角形，所以，
由（1）知，因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，、平面，
所以平面，
则点到平面的距离为.
因为是等边三角形，边长为，故，
所以点到平面的距离为，
故点到平面的距离为．
总结提升
1.判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.
(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.
(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
2.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
3.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
4.解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
专项检测
一、单选题
1．（2023·黑龙江大庆·统考二模）已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则可以用来判断的条件有（ ）
①，
②，
③，，
④，，
A．①②B．①③C．②③D．①④
【答案】D
【分析】根据题意，由直线与平面平行的性质和判定定理分析4个条件，综合可得答案．
【详解】根据题意，依次分析4个条件：
对于①，垂直于同一平面的两条直线平行，可以判断，
对于②，平面同一平面的两条直线可以平行、也可以相交或异面，不可以判断，
对于③，两个平行平面内的两条直线，可以平行、也可以相交或异面，不可以判断，
对于④，由直线与平面平行的性质分析，可以判断，
则可以判断的是①④；故A，B，C错误.
故选：D．
2．（2023·上海·统考模拟预测）如图，在正方体中，点是线段上的动点，下列与始终异面的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义一一判定即可.
【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，此时，
而，所以共面，
则、在平面上，故A不符题意；
同上，，即共面，
易知平面，而平面，故B符合题意；
当重合时，易知，则四边形是平行四边形，
则此时，故C不符合题意；
同上当重合时，显然，相交，故D不符合题意.
故选：B
3．（2023·河南·校联考模拟预测）正三棱锥的各棱长均为2，D为的中点，M为的中点，E为上一点，且，平面交于点Q，则截面的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据中位线可得线面平行，进而根据线面平行的性质可得线线平行，进而可得四边形为等腰梯形，即可由边角关系求解.
【详解】因为M，D分别为AB，BC的中点，故，又平面,平面，所以平面，
由于平面,平面平面,故，
又，故．在等腰梯形MDEQ中，，，
在中，，，则，故梯形的高为，故．
故选:D．
4．（2023·全国·模拟预测）在正方体中，点，，，分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】C
【分析】先证平面，平面，然后由面面平行的判定定理可判断A；利用正方体性质证明平面，由面面垂直判定定理可判断B；根据正方体对称性知，即可判断C；根据将异面直线夹角转化为求的问题，利用余弦定理即可判断D.
【详解】如图（1）由正方体性质易得．
因为，，分别为，，的中点，
所以，，，
所以，且四边形是平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面，平面，
因为，平面，
所以平面平面，故A正确，不符合题意；
如图（2），由上可知，．
因为，所以．
因为平面，平面，所以．
因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面，故B正确，不符合题意；
如图（2），在正方体中，由对称性易得，则与不垂直，故C错误，符合题意．
如图（3），取的中点，连接，，
易知，且，所以四边形为平行四边形，
所以，则是异面直线与所成的角或其补角．
令，则，，
所以，故D正确，不符合题意．
故选：C．
5．（2023·福建·校联考模拟预测）在三棱锥中，为正三角形，点在底面投影为点，点在内（不含边界），设二面角、、的大小分别为、、，，则的值为（ ）
A．1B．C．D．无法确定
【答案】B
【分析】过点分别作，利用线面垂直的判定与性质证明垂直关系，由定义得到各二面角的平面角，再在各直角三角形内分别表示，最后转化条件，利用等面积法建立关系整体求解即可.
【详解】过点分别作，垂足为，，，连接.
由平面，得，
又平面，平面，，
故平面，则，
同理，，
则，，，
在中，，同理，，
则，
由为正三角形，
则，
已知，则.
所以.
故选：B.

6．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（ ）

①存在点，使得点到平面的距离为；
②直线与所成角为；
③平面；
④用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据已知得出到平面的距离的范围，即可得出①；平移即可得出②正确；根据①可知平面平面，进而说明与平面相交即可判断③；根据已知作出截面，即可求出周长.
【详解】对于①，连接，如图1所示：
因为，所以易知，
且平面平面，
又已知三棱锥各条棱长均为，所以三棱锥为正四面体，
所以到平面的距离为：，
因为平面，所以，又，且，
平面，所以平面，又平面，所以，
同理可得，且，平面，所以平面，
又因为，所以到平面的距离，且，故①正确；
对于②，易知，直线与所成角即等于与所成角或其余角.
因为均为正方体的面对角线，所以为等边三角形，
所以，，即直线与所成角为，故②正确；
对于③，连接，由①可知平面平面，
又因为平面平面，所以不平行于平面，所以平面不成立，故③错误；
对于④，
如图2，在上取点，过点作交于，过作交于，
以此类推，依次可得点，此时截面为六边形，根据题意可知：
平面平面，不妨设，
所以，所以，
所以六边形的周长为：，故④正确.
综上所述，正确的为①②④.
故选：C.
7．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）在中，是边的中点，是边上的动点（不与重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示.给出下列四个结论：

①平面；
②不可能为等腰三角形；
③存在点，使得；
④当四棱锥的体积最大时，.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．①③④C．①③D．①②③
【答案】C
【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④，由此可得结论.
【详解】①因为平面平面，
所以平面，故①正确；
②因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，
因为，所以，且
当时，，所以EC，
此时是等腰三角形，故②错误；
③因为，且，
且平面平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，且平面平面，
如图，面PCF内过点作，连结，
则平面，又平面，所以，
若平面平面，
所以平面，又平面，所以，
如图，，延长，交于点，
则和都是等腰直角三角形，
则，点到直线的距离等于，
这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，
设，则，则，
有解，
则存在点，使得，故③正确；

④当底面的面积一定时，
若平面平面，即平面时，四棱锥的体积最大，
设
得舍或，
当，函数单调递增，
当，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，此时，故④错误；
故选：C
【点睛】思路点睛：本题考查几何体的线线，线面位置关系，以及动点问题，和导数相联系的最值问题，本题的关键是第三问，需在变化过程中找到位置关系，建立不等式，即可判断.
8．（2022上·山东青岛·高二青岛二中校考期中）已知大小为的二面角棱上有两点，，，，，，若，，，则的长为（ ）

A．22B．49C．7D．
【答案】C
【分析】过作且，连接、，易得，通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，即可求出答案．
【详解】过作且，连接、，

则四边形是平行四边形，
因为，所以平行四边形是矩形，
因为，即，而，
则是二面角的平面角，即，
因为，即为正三角形，所以，
因为，，即，，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以在中，，所以，．
故选：C．
二、多选题
9．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）

A．异面直线AE与BC所成的角为B．
C．平面平面CDED．直线AE与平面BDE所成的角为
【答案】ABC
【分析】对于A，异面直线AE与BC所成的角转化为直线AE与AD所成角即可；
对于B，只需证明平面ACE即可；
对于C，需证平面CDE与平面CDE；
对于D，先证平面BEDF，故即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【详解】因为，所以（或其补角）即为异面直线AE与BC所成的角，
又，所以，
即异面直线AE与BC所成的角为，A正确；
连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，
根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且平面ABCD，
所以，又，，OE，平面ACE，
所以平面ACE，又平面ACE，所以，B正确；
由对称性可知，，所以四边形AFCE为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面CDE，所以平面CDE，
同理平面CDE，又，AF，平面ABF，
所以平面平面CDE，C正确；
由，，得，在正方形ABCD中，，
又，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，D错误.
故选：ABC.

10．（2023·山西吕梁·统考二模）已知正方体的棱长为4，为上靠近的四等分点，为上靠近的四等分点，为四边形内一点（包含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ）
A．线段长度的最小值为B．三棱锥的体积为定值
C．平面D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【分析】连接，，取上靠近的四等分点，连接，，，说明点的轨迹为线段，即可判断A；根据即可判断B；根据线面平行的判定定理即可判断C；求出及点到平面的距离，进而可求出线面角，即可判断D.
【详解】如图，连接，，取上靠近的四等分点，连接，，，
因为，，
所以，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为面平面，
平面平面，平面平面，
所以，
又平面，平面，所以平面，
由题知平面，所以点的轨迹为线段，
由，在等腰中，
当时线段的长度最小，且，故A错误；
对于B，∵为定值，到平面的距离等于平面的距离，即，
由等体积法，∴，
故三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C，因为，平面，平面，
所以平面，C正确；
对于D，，
则
，
即，
点到平面的距离为4，
故直线与平面所成角的正弦值为，D错误．
故选：BC.

11．（2024·河北·校联考模拟预测）如图，正四面体的棱长为，则（ ）
A．点到直线的距离为
B．点到平面的距离为
C．直线与平面所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】根据点线距、点面距、线面角、面面角的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，在等边三角形中，点A到直线的距离为，故A正确；
对于B，如图，

取的中点，连接，，过点作交于点G，
则，.
又，，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
又平面平面，，平面，所以平面.
由正四面体的性质，知，
所以在中，，故B正确；
对于C，由B，知平面，所以即为直线与平面所成的角.
在中，，故C错误；
对于D，取的中点F，连接，，如图，则，.

又平面，平面，平面平面，
所以为二面角的平面角.
又，，
所以在中，由余弦定理，得，
所以二面角的余弦值为，故D正确．
故选：ABD
12．（2023下·广东梅州·高一统考期末）如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若G是线段上的动点，则( )

A．与所成角的正切值最大为
B．在上存在点G，使得
C．当G为上的中点时，三棱锥的外接球半径最小
D．的最小值为
【答案】AC
【分析】对于A，由面面垂直性质定理得BC⊥面ABEF，得△BCG是直角三角形，再根据AD∥BC可知∠BCG即为所求角，结合几何关系即可判断；对于B，假设结论成立，证明AG⊥面BCG，从而可得△ABG为直角三角形，判断三角形是否有解即可；对于C，△ABG的外接圆半径为r，由BC⊥面ABEF可得三棱锥的外接球半径R满足：，要求R的最小，即求r最小，由正弦定理得，要求r最小，即求sin∠AGB最大，要求sin∠AGB最大，可求tan∠AGB，结合几何关系即可判断；对于D，设FG＝x，用x表示出AG＋CG，利用两点间距离公式数形结合即可求解．
【详解】∵平面平面，且交线为AB，BC面ABCD，BC⊥AB，
∴BC⊥面ABEF，因为BG面ABEF，所以BC⊥BG，
∥，故与所成角为∠BCG，
，当G和F重合时，BG最长，且为5，故最大为，故选项A正确；
假设在上存在点G，使得，
因为BC⊥面ABEF，因为AG面ABEF，所以BC⊥AG，
又∵，CG，BC面BCG，所以AG⊥面BCG，
又因为BG面BCG，所以AG⊥BG，
设，，，
则，，
在直角△AGB中，，可得方程，该方程无解，故假设不成立，即在上不存在点G，使得，故选项B错误；
设△ABG的外接圆半径为r，因为BC⊥面ABG，故三棱锥的外接球半径R满足：
．
设，
由正弦定理得，
∵，
所以，
因为，故，故θ为锐角，
当时，G为EF的中点，取得最小值，tanθ取得最大值，sinθ取得最大值，r取得最小值，三棱锥的外接球半径R取得最小值，故选项C正确；
，
，
设M(x,0)，N(0,3)，P(4,5)，如图，

设N(0,3)关于x轴对称的点为，则，
直线方程为，令得，即当时，的最小值为，故D错误．
故选：AC．
三、填空题
13．（2018·辽宁·校联考一模）已知直线a和平面，若，则a与的位置关系为 ．
【答案】或
【分析】由直线与平面的位置关系判断．
【详解】由题意平面与垂直，直线与平面垂直，
则直线在平面内，或者与平面平行.
故答案为：或.
14．（2023·北京东城·统考二模）如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则
【答案】
【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.
【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，
设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，
故,
故答案为：.
15．（2023·四川泸州·统考三模）在正三棱柱中，，空间中的点P满足，其中．下列命题中，真命题有 （填所有真命题的序号）．
①当m=0时，；②当时，平面平面；③当m=1时，直线AP与直线BC所成角的余弦值为；④对，三棱锥的体积是定值．
【答案】②③④．
【分析】由的值结合平面向量基本定理找到点P 位置，再根据面面垂直的判定，异面直线所成角的定义，向量共线的结论，以及棱锥体积的计算逐一判断各选项.
【详解】如下图，
对于①，点P在的延长线上，记为，，，，故，故①错误；
对于②，当时，点P为的中点，记为，此时，又平面，
平面，所以，又，平面，
所以平面，所以平面平面，即平面平面；故②正确；
对于③，当时，点P为的中点，记为，取的中点为M，则或其补角为所求，
，，，得.
直线AP与直线BC所成角的余弦值为,故③正确；
对于④，设，则根据三点共线系数的结论得，，由于，平面，平面，故平面，P到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值，④正确．
综上，答案为②③④．
故答案为：②③④.
16．（2020·吉林·统考二模）如图，在五面体中，//，，，四边形为平行四边形，平面，，则直线到平面距离为 ．
【答案】
【分析】利用等价转化的思想转化为点到面的距离，作，利用线面垂直的判定定理证明平面，然后计算使用等面积法，可得结果.
【详解】作
如图
由//，
平面，平面
所以//平面
所以直线到平面距离
等价于点到平面距离
又平面，平面
所以，又，则
平面，，
所以平面
平面，所以
又平面，
所以平面
所以点到平面距离为
由，所以
又，所以
在中，
又
故答案为：
【点睛】本题考查线面垂直的综合应用以及等面积法求高，重点在于使用等价转换的思想，考验理解能力，分析问题的能力，属中档题.
四、解答题
17．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，四棱锥中，平面，，，，、分别为、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）设是的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法求解即可.
【详解】（1）设是的中点，连接，，
由于是的中点,
所以，,
由于，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
由于平面，平面，
所以平面；
（2）设到平面的距离为，
因为平面，平面，所以，
由于，，所以四边形是平行四边形，
由于，所以，
由于平面，
所以平面，
又平面，所以，
由，
得，
即，
所以点到平面的距离为．

18．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面间的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明;
（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.
【详解】（1）在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面与平面间的距离等价于点到平面的距离，设为.
连接，则四面体的体积.
因为，
，，
所以，从而，
所以，
所以，即平面与平面间的距离为.

19．（2023·全国·模拟预测）如图，四棱锥中，，，，，，．

(1)若平面，求证．
(2)点为线段上一点，若三棱锥的体积为，试确定点的位置，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)点是线段的中点，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由线面平行的性质定理，即可证明；
（2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三棱锥的体积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）∵，平面，平面，∴平面．
又∵平面平面，平面，∴．
（2）
点是线段的中点．理由如下：
取的中点，连接．
∵，∴．
又∵，，平面,∴平面．
，则，∴四边形是平行四边形．
∴，∴平面．∴．
∵，点为的中点，∴．
又∵，且平面，∴平面．
∵，
，∴．
设点到直线的距离为，则，∴，
故点是线段的中点．
20．（2019上·湖北·高三校联考阶段练习）已知在多面体中，，，，，且平面平面.

(1)设点F为线段BC的中点，试证明平面；
(2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；
（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，
∵在中，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵，分别为，的中点，∴，且.
又，，∴，且.
∴四边形为平行四边形.∴，
∴平面.
（2）∵平面，平面，所以，
又因为，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴.∴.
可取平面的法向量，
设平面的法向量，，，
则，取，则，.∴，
∴，
∴二面角的余弦值为.

21．（2011·河北唐山·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．

(1)求证：；
(2)在线段上，是否存在一点M，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）利用直角梯形的性质求出，的长，根据勾股定理的逆定理得出，由平面得出，故平面，于是；
（2）假设存在点，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出到平面的距离从而确定的位置，利用棱锥的体积求出到平面的距离，根据勾股定理计算，则即为所求角的正弦值．
【详解】（1）证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由，，可得是等腰直角三角形，即，

∵平面，∴，又平面PAC,
∴平面，∴．
（2）(方法1)过点M作交于点N，则，
∵平面，∴平面． 过点M作交于点G，
连接，则是二面角的平面角．
若，则，又，
∴，
∴，，∴M是的中点．

在三棱锥中，可得，
设点B到平面的距离是h，
则，
∴，解得．
在中，可得．设与平面所成的角为，
则．
(方法2)建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，
，，，．设，则点M的坐标为，
∴．设平面的法向量是，则
得则可取．
又是平面的一个法向量，
∴，解得，
即点M是线段的中点．
此时平面的一个法向量可取，．
设BM与平面所成的角为，则．
22．（2023下·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期中）如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且.
(1)求二面角的余弦值；
(2)求四棱锥外接球的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作，连接，则，证得平面，得到再证得平面，得到，进而得到就是二面角的平面角，在直角中，即可求解；
（2）取的中点，连接，得到为等腰梯形的外心，取的中点，连接，证得平面，得到为四棱锥外接球的球心，利用球的体积公式，即可求解.
【详解】（1）解：在等腰梯形中，作于，
则，所以，
连接，则，
因为，所以，所以，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
又由平面，所以，
因为且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，所以就是二面角的平面角，
在直角中，，
所以二面角的余弦值为.
（2）解：取的中点，连接，可得证四边形、均为平行四边形，
所以，所以为等腰梯形的外心，
取的中点，连接，可得，
因为平面，所以平面，
又因为，所以为四棱锥外接球的球心，
所以球的半径为，所以.

考点
考情分析
考频
空间几何体的表面积、体积
2023年新高考Ⅰ卷T14
2023年新高考Ⅱ卷T9
2023年新高考Ⅱ卷T14
2023年全国乙卷T3
2023年全国乙卷T8
2022年新高考Ⅰ卷T4
2022年新高考Ⅱ卷T11
2022年全国甲卷T4
2022年全国甲卷T9
2021年新高考Ⅰ卷T3
2021年新高考Ⅱ卷T4
2021年新高考Ⅱ卷T5
3年12考
球与多面体的切接
2023年全国乙卷T16
2022年新高考Ⅰ卷T8
2022年新高考Ⅱ卷T7
2022年全国乙卷T9
2021年全国甲卷T11
3年5考
线面位置关系
2023年全国乙卷T9
2022年新高考Ⅰ卷T9
2022年全国甲卷T7
2022年全国乙卷T7
2021年新高考Ⅱ卷T10
2021年全国乙卷T5
3年6考
空间角与线面位置关系综合
2023年新高考Ⅰ卷T18
2023年新高考Ⅱ卷T20
2023年全国甲卷T18
2023年全国乙卷T19
2022年新高考Ⅰ卷T19
2022年新高考Ⅱ卷T20
2022年全国甲卷T18
2022年全国乙卷T18
2021年新高考Ⅱ卷T19
2021年全国甲卷T19
2021年全国乙卷T18
3年11考
立体几何综合
2023年新高考Ⅰ卷T12
2021年新高考Ⅰ卷T12
2021年新高考Ⅰ卷T20
2年3考
最短距离、截面、截线
2023年新高考Ⅱ卷T14
2023年全国甲卷T15
1年2考