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》1月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、单选题
1．（2021·宝山区·上海交大附中高二期末）平行六面体的六个面都是菱形，那么点在面上的射影一定是的________心，点在面上的射影一定是的________心（ ）

A．外心、重心 B．内心、垂心 C．外心、垂心 D．内心、重心
【答案】C
【分析】
将三棱锥、三棱锥分离出来单独分析，根据线段长度以及线线关系证明的射影点分别是和的哪一种心.
【详解】
三棱锥如下图所示：记在面上的射影点为，连接，

因为，又平面，
所以，
所以，所以为的外心；
三棱锥如下图所示：记在面上的射影点为，连接，

因为，且四边形是菱形，所以，所以，
又因为平面，所以，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可知：，所以为的垂心，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是通过的射影点去证明线段长度的关系、线段位置的关系，借助线面垂直的定义和判定定理去分析解答问题.
2．（2020·济南大学城实验高级中学高一期中）在空间四边形中，分别是上的点，当平面时，下面结论正确的是（ ）
A．一定是各边的中点
B．一定是的中点
C．
D．四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】
利用线面平行的性质定理和对应成比例判断.
【详解】
如图所示：

因为平面，平面平面，
所以，
所以，同理，
但不一定是各边的中点，则四边形不一定是平行四边形
故选：C
3．（2021·浙江高一期末）下列命题中，正确的是（ ）
A．若，是平面上的点，，是平面上的点，且，则
B．若，是两条直线，且，则直线a平行于经过直线b的所有平面
C．若直线平面，点，则平面内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条
D．若直线a与平面不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行
【答案】C
【分析】
根据线面位置关系依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，若，是平面上的点，，是平面上的点，且，则或相交，故A选项错误；
对于B选项，当，两条直线共面时，显然不成立，故B选项错误；
对于C选项，由线面平行的性质定理易知该命题正确，故C选项正确；
对于D选项，直线a与平面不平行，则直线a与平面的关系可以是直线a在平面内，此时不满足条件，故D选项错误.
故选：C.
4．（2020·安徽淮北市·高三一模（文））已知平面，，直线l，m，且有，，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
根据空间中直线、平面的平行与垂直的定义、判定定理、性质定理等逐项分析，由此确定出正确结果.
【详解】
对于①：因为，，所以，又，所以，故正确；
对于②：因为，，所以，又，所以，故正确；
对于③：因为，，所以与可能平行或异面，故错误；
对于④：因为，，所以或，所以不一定成立，故错误；
故选：B.
【点睛】
方法点睛：判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：
（1）利用定理、定义、公理等直接判断；
（2）作出简单图示，利用图示进行说明；
（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析.
5．（2021·浙江高三学业考试）如图，正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
取的中点，连接,可得四边形为平行四边形，所以，则（或其补角）为异面直线与所成角，在中由余弦定理可求解.
【详解】
取的中点，连接
由分别为的中点，则且
在正方体中且,所以且
所以四边形为平行四边形，所以
则（或其补角）为异面直线与所成角.
设正方体的棱长为2，则在中，,
所以
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．
6．（2021·浙江高三学业考试）如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.
【详解】
由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，

O为ABCG对角线交点且，又有，，
∴面，而面，故面面，
若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，
而，，有平行且相等，即为平行四边形.
∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，
令，，即，
∴△中，，即，
∵，即，
∴，解得（舍去），
综上有，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.
7．（2021·浙江高三学业考试）已知平面和直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【分析】
根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，若，则或相交，故A选项不正确；
对于B选项，若，则或相交，故B选项不正确；
对于C选项，若，则，为面面垂直的判定定理，故C选项正确；
对于D选项，若，则，故D选项不正确.
故选：C.
8．（2021·全国高三专题练习）设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】
根据面面垂直与平行的判定定理判断．
【详解】
A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；
B．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；
C．若，，，则可能相交，可能平行，C错；
D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．
9．（2021·全国高三专题练习（文））在正方体中，下列四个结论中错误的是（ ）

A．直线与直线所成的角为 B．直线与平面所成的角为
C．直线与直线所成的角为 D．直线与直线所成的角为
【答案】B
【分析】
连接，求出可判断选项A；连接找出点在平面的投影O，设直线与平面所成的角为θ，由可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．
【详解】
连接∵为等边三角形，∴，即直线与所成的角为60°，故选项A正确；

连接，∵，∴四面体是正四面体，
∴点在平面上的投影为的中心，设为点O，连接，，则，
设直线与平面所成的角为θ，
则，故选项B错误；
连接，∵，且，∴直线与所成的角为90°，故选项C正确；
∵平面，∴，即直线与所成的角为90°，故选项D正确．
故选：B．
10．（2020·上海浦东新区·高三一模）下列命题中正确的是（ ）
A．三点确定一个平面
B．垂直于同一直线的两条直线平行
C．若直线与平面上的无数条直线都垂直，则直线
D．若是三条直线，且与都相交，则直线共面.
【答案】D
【分析】
利用空间点、线、面位置关系直接判断.
【详解】
A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；
B.由墙角模型，显然B错误；
C.根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则直线与平面垂直，若直线与平面内的无数条平行直线垂直，则直线与平面不垂直，故C错误；
D.因为，所以确定唯一一个平面，又与都相交，故直线共面，故D正确；
故选：D.
11．（2020·浙江高一期末）设为直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【分析】
根据空间线面位置关系依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，若，则与相交或平行，故A选项错误；
对于B选项，若，则，故B 选项错误；
对于C选项，若，则，故C选项正确；
对于D选项，若，则与的位置关系为平行、相交或在面内，故D选项错误.
故选：C.
12．（2020·浙江高一期末）如图（1），，，为的中点，沿将折起到，使得在平面上的射影落在上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设，则，由线面垂直的性质和勾股定理可求得，由等腰三角形的性质可证得，再根据线面垂直的判定和性质可得选项.
【详解】
设，则，因为面，面，面，所以，，，
又，，为的中点，所以，
所以在中，，所以在中，，
所以，所以，又，所以，所以，又，
所以面，又面，所以，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.
13．（2020·浙江高一期末）在正方体中，和分别为，和的中点．，那么直线与所成角的余弦值是（ ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
作出异面直线和所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值.
【详解】
设分别是的中点，由于分别是的中点，结合正方体的性质可知，
所以是异面直线和所成的角或其补角，
设异面直线和所成的角为，设正方体的边长为，
，，
则.
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．
14．（2020·浙江高一期末）设是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【分析】
根据线面关系，面面关系的判定和性质即可依次判断.
【详解】
对于A，若，则与可能平行、相交或在平面内，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，若，则与可能平行或在平面内，故C错误；
对于D，若，则与可能平行或在平面内，故D错误.
故选：B.
15．（2021·全国高三专题练习（文））已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则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】
按照直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断选项.
【详解】
对于A：若，，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，，则与平行或，故B错误；
对于C：若，，，则或与相交或平行，故C错误；
对于D：若，如图

设，过作，因为，，所以，所以，因为，所以，故D正确；
故选：D
16．（2020·浙江高一期末）已知菱形边长为1，，对角线与交于点O，将菱形沿对角线折成平面角为的二面角，若，则折后点O到直线距离的最值为（ ）


A．最小值为，最大值为 B．最小值为，最大值为
C．最小值为，最大值为 D．最小值为，最大值为
【答案】B
【分析】
首先由二面角的定义可知，，再在中解决点到直线的距离的最值.
【详解】
，，
菱形边长为1，，，
点到的距离
当时，取得最大值,
当，取得最小值,
故选：B
17．（2020·全国高三专题练习（文））在三棱锥中，已知，，点分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线直线 B．直线直线
C．直线直线 D．直线直线
【答案】D
【分析】
首先证明可得，取的中点，可证明平面，则，再利用即可证明直线直线，进而可得正确选项.
【详解】
如图，


因为，，
所以，所以，
取的中点，连接，，
则，，
又因为，
所以平面，则，
点分别为棱，的中点，
所以，所以 .
故选：D
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是利用，，证明，可得，再取的中点可证明平面，进而可得，即可证.
18．（2021·河北张家口市·高三期末）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别为，的中点，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
取的中点为Q，可得即为所求异面直线所成的角，求出各边长，利用余弦定理即可求出.
【详解】
如图，不妨设.
取的中点为Q，连接，
则且，
故四边形为平行四边形，∴，
∴即为所求异面直线所成的角.
在中，，，
则.
故选：D.

【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．
19．（2020·全国高三专题练习（文））已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是（ ）
A．相交或平行 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
【答案】D
【分析】
按照直线与平面α，β的位置关系分类讨论可得答案.
【详解】
当时，根据直线与平面平行的性质定理可得，可得；
当，与斜交时，与异面；
当与相交时，与相交.
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：按照直线与平面α，β的位置关系分类讨论求解是解题关键.
20．（2020·四川省渠县中学高二期中（理））如图，四边形是矩形，是的中点，与交于点平面若，则直线与平面所成角的正弦值（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
推导出，从而有，进而，，利用线面垂直的判定定理得出平面，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的坐标公式计算可得答案．
【详解】
四边形为矩形，

，
又矩形中，，

在中，


在中，，


平面平面，

又平面，
平面
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，

则
.
.
设是平面的法向量，
则
取，
得
设直线与平面所成角的大小为
则
直线与平面所成的角的正弦值为
故选：B
【点睛】
本题考查线面垂直的判定定理，考查线面角的求法，考查学生计算能力，判断线面垂直的方法主要有：
1.线面垂直的判定定理，直线与平面内的两条相交直线垂直；
2.面面垂直的性质定理，若两平面互相垂直，则在一个平面内垂直于交线的垂直于另一个平面；
3.线面垂直的性质定理，两条平行线中有一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直；
4.面面平行的性质定理，直线垂直于两平行平面之一，必然垂直于另一个平面．

二、多选题
21．（2021·湖南长沙市·长沙一中高三月考）如图，在棱长为1的正方体中，点P是棱上一动点(与C.不重合)，点E为点C在平面上的正投影，点P在平面上的正投影为点Q，点Q在直线CD上的正投影为点F，下列结论中正确的是（ ）

A．平面PQF B．CE与BD所成角为
C．线段PE长度的取值范围是 D．存在点P使得平面
【答案】ACD
【分析】
对于A，易知平面即为平面判断；对于B，由，则为所求判断；对于C，由时，线段PE最短，点P与C､重合最长判断；对于D， ，由比例求解判断.
【详解】
如图所示：

对于A，由题意，点E为的中点，过点P作直线垂直于，则垂足为Q，过Q作直线垂直于CD，则垂足为F，故平面即平面，又平面，即平面PQF.故正确.
对于B，，为所求，又为等边三角形，故CE与BD所成角为60°，故错误.
对于C，当时，线段PE最短为；当点P与C､重合时，PE为，又点P与C､不重合，故线段PE长度的取值范围是，故正确.
对于D，若平面，又平面平面，平面，则，设，，Q在线段上.，，∴，∴，又，∴，∴，∴，∴点P为棱上靠近C的三等分点，故正确.
故选：ACD
22．（2020·全国高三专题练习）如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题正确的是（ ）

A．是定值
B．点在球面上运动
C．一定存在某个位置，使
D．一定存在某个位置，使平面
【答案】ABD
【分析】
取中点，连接、，则、，由平行线性质得，可判断A，这时可得出平面平面，从而判断D，利用长为定值可判断B，结合在平面内的射影可判断C．
【详解】
A对，取中点，连接、，则、，，定值，定值，根据余弦定理得，，∴是定值，
B对，是定点，∴是在以为球心，为半径的球面上，
C错，当矩形满足时存在，其他情况不存在，否则若不成立，作于，连接，可得平面，从而有，因此有原图形中共线，，矛盾．
D对，取中点，连接、，则、，
∴平面平面，∵平面，∴平面.
故选ABD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间的位置关系，考查空间距离概念，掌握直线与平面平行，平面与平面平行的判定方法是解题关键．方法是取中点，连接、，引入平行线，则可得线面平行，面面平行，利用等角定理得角相等，题中会出现许多定值，从而可判断结论．
23．（2020·江苏省南通中学高三一模）如图，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法中正确的是（ ）

A．水的部分始终呈棱柱状；
B．水面四边形EFGH的面积不改变；
C．棱A1D1始终与水面EFGH平行；
D．当E∈AA1时，AE＋BF是定值．
【答案】ACD
【分析】
从棱柱的特征平面可判断A；由水是四棱柱或者五棱柱时或者三棱柱时可判断B；
由平面，棱可判断C；由体积是定值，高为定值，则底面积为定值，可判断D.
【详解】
由于BC固定，所以倾斜的过程中，始终有ADEHFGBC，
且平面AEFB平面DHGC，故水的部分始终呈现棱柱状（三棱柱、四棱柱、五棱柱）；
当水是四棱柱或者五棱柱时，水面面积与上下底面面积相等，当水是三棱柱时，则水面四边形的面积可能变大，也可能变小，水面的面积改变；
BC为棱柱的一条侧棱，随着倾斜度的不同， 但水的部分始终呈棱柱状，
且棱平面，棱，∴平面；
∵体积是定值，高为定值，则底面积为定值，
即为定值，
综上ACD正确．
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：本题考查了线面平行的判定、棱柱的结构特征，对于证明线线关系，线面关系，面面关系等方面的问题，必须在熟练掌握有关的定理和性质的前提下，再利用已知来进行证明，对于棱柱的结构特征要非常熟悉.
24．（2020·河北邯郸市·高三期末）在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，是的中点，是的中点.给出下列结论正确的是（ ）
A．若是上的动点，则与异面
B．平面
C．若该三棱柱有内切球，则
D．若该三棱柱所有棱长均相等､则侧面对角线与棱成45°角的共有30对
【答案】BD
【详解】
对于A，由题意得，当为中点时，为的中位线，，又，，故A不正确；
对于B，连接和，在中，是的中点，是的中点.得，如图所示，
平面平面，所以平面，故B正确；

对于C，设底面边长为，球在底面上的投影为底面内切圆，半径为底面高的，所以，故C不正确，
对于D，与每条面对角线成45°角的棱有5条，以面对角线为例，与，而有6条对角线，共30对，故D正确.
故选：BD
【点睛】
思路点睛：利用三棱柱的结构特征和线面平行的判定定理及内切球的计算，对选项一一判断.

第II卷（非选择题）

三、解答题
25．（2020·陕西西安市·西安交大第二附属中学南校区高二期末（理））如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）取DE中点N，连接MN，AN，由三角形中位线定理得，四边形ABMN为平行四边形，即BM∥AN，再由线面平行的判定定理即可得到BM∥平面ADEF；
（2）由已知中正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，我们易得到ED⊥BC，解三角形BCD，可得BC⊥BD，由线面垂直的判定定理，可得BC⊥平面BDE．
【详解】
（1）取中点，连结，

，分别为，中点
，又

∴四边形为平行四边形

又面，面
面
（2），，
．．
取中点，连结．
，为矩形．，．
．
又，．．
又面面，为正方形
，
又面面．
面，
面．
又面，．
又，面，面
面．
【点睛】
方法点睛：对于线面平行的证法，一般是转化为线线平行；常见方法有：构造三角形中位线，构造平行四边形等方法证明线线平行，从而得到线面平行.
26．（2021·宝山区·上海交大附中高二期末）如图，已知长方体，，，直线与平面所成的角为30°，垂直于E．
　　
（1）若F为棱上的动点，试确定F的位置使得平面，并说明理由；
（2）若F为棱上的中点；求点A到平面的距离；
（3）若F为棱上的动点（端点，除外），求二面角的大小的取值范围．
【答案】（1），证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）延长交于，在上取点，使得，连接，可证得，从而可得，由此可得，再由证明线面平行即得；
（2）用等体积法可求得点A到平面的距离；
（3）作，垂足为，作于，连接，是二面角的平面角，设，，求出平面角的正切值可得范围，从而得角的范围．
【详解】
（1）时，平面，证明如下：
延长交于.
因为平面，所以是直线与平面所成的角，即，所以．
由，所以，，
在上取点，使得，连接，
∵，则，，又，∴是平行四边形，　，
，是平行四边形，
∴，∴是平行四边形，∴
∴，又平面，平面，∴平面，即平面．

（2），，
由长方体性质可得，，，∵，∴，
∴，设到平面的距离为，则由得
，∴．
（3）作，垂足为，作于，连接，则平面，平面，∴，同理，
∵，平面，∴平面，
而平面，∴，∴是二面角的平面角，
设，，则由是矩形得，，
则，
∴，是锐角，∴．
∴二面角的范围是．
【点睛】
方法点睛：本题考查线面平行的性质与判定，考查等体积法求点到平面的距离，考查二面角．求点到平面的距离的方法有三种：一是根据定义作出点到平面的垂线段，求出垂线段的长即得，二是等体积法，三是空间向量法．用定义法求二面角注意三个步骤：一是作出二面角的平面角，二是证明作出的角是二面角的平面角，三是计算．
27．（2020·济南大学城实验高级中学高一期中）如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：

（1）直线EG平面BDD1B1；
（2）平面EFG平面BDD1B1.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
(1) 连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，则EGSB，从而可证.
（2）连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FGSD, FG平面BDD1B1,由（1）有直线EG平面BDD1B1；从而可证.
【详解】
证明：（1）如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，
所以EGSB.

又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，
所以直线EG平面BDD1B1.
（2）连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，
所以FGSD.
又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，
所以FG平面BDD1B1，
由（1）有直线EG平面BDD1B1；
又EG平面EFG，FG平面EFG，EG∩FG=G，
所以平面EFG平面BDD1B1.
28．（2021·浙江高一期末）如图，四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，，，点E，F分别是BC，SD的中点.

（1）求证：平面SAB；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取AD中点I，推出，，证明平面SAB，平面SAB，推出
平面平面SAB，然后证明平面SAB；
（2）以D为原点，DA，DC所在直线为x，y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设，通过，，求出，得出，，求出平面SBC的法向量，然后利用空间向量的数量积可求出答案.
【详解】
（1）取AD中点I，∵E，F分别是BC，SD的中点，
∴，，且，
∵平面SAB， 平面SAB，∴平面SAB，
同理平面SAB，平面SAB，平面SAB，
又∵， ∴平面平面SAB，
又∵，平面，，
∴平面平面SAB，
∵平面EFI，∴平面SAB.

（2）以D为原点，DA，DC所在直线为x，y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，

设，则，
因为，，，
所以，
求得，，不妨取，
∴，，
设平面SBC，
∴，令，则，
所以，因为平面SCD ，所以取为平面SCD的法向量，
∴，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与平面平行的判定定理、二面角平面角的求法，第二问关键点是建立空间直角坐标系，求出点坐标，考查了空间想象力及计算能力.
29．（2020·安徽淮北市·高三一模（文））如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是正三角形，E是的中点，且平面.

（1）证明：平面；
（2）若，，求点P到底面的距离.
【答案】（1）证明见详解；（2）.
【分析】
（1）连接角于点，连接，根据题中条件，得到，由线面平行的判定定理，即可证明结论成立；
（2）根据题中条件，得到，，求出是底边为，腰为的等腰三角形，得出的面积，设点P到底面的距离为，利用等体积法，由，即可求出结果.
【详解】
（1）连接角于点，连接，

因为底面是平行四边形，所以为中点，
又是的中点，所以，且，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为，，侧面是正三角形，是的中点，
所以，则，，
又平面，平面，
所以，因此，
所以是底边为，腰为的等腰三角形，
因此，
设点P到底面的距离为，
由得，
所以.
因此点P到底面的距离为，
即点P到底面的距离为.
【点睛】
方法点睛：
求解空间中点到平面的距离的方法：
（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及一条斜线的方向向量，根据，即可求出点到面的距离；
（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离.
30．（2021·湖南长沙市·长沙一中高三月考）如图，在多面体ABCDP中，是边长为4的等边三角形，，，平面ABC，点E为BC的中点，平面平面ABC．

（1）求证：平面；
（2）T为线段BC上靠近点C的四等分点，求直线BD与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先利用已知条件得到，再利用面面垂直的性质定理得到平面ABC，再利用线面垂直得到，最后利用线面平行的判定定理证明即可；（2）以E为原点，EC，EA，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量得到面的法向量，利用空间向量求解线面角即可.
【详解】
（1）∵ ，点E为BC的中点，
∴ .
又∵ 平面平面ABC，
平面平面，
平面BDC，
∴ 平面ABC.
又平面ABC，
则.
∵ 平面PAC，
平面PAC，
∴ 平面PAC.
（2）连接AE，由是边长为4的等边三角形，
且点E为BC的中点，
则，
以E为原点，EC，EA，ED所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

由是边长为4的等边三角形，
，，
则，，
，，，
∴ ，.
设平面的法向量为，
则由，，
得 ，
，
令，
得.
由，
∴ 直线BD与平面所成的角的正弦值为.
【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．（2021·浙江高一期末）如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为a的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若G为的中点，E为的中点．

（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在一点F，使平面平面，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理出．
【答案】（1）证明见解析；（2）点为的中点，证明见解析.
【分析】
（1）连接，可证明四边形是平行四边形，得出，利用线面平行的判断定理即可证明；
（2）猜想点为的中点时，平面平面，再利用面面垂直的性质定理证明平面，，可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】

（1）连接，
因为为的中点，为的中点，
所以，，
因为底面是菱形，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
（2）点为的中点时，平面平面，
证明如下：因为侧面为正三角形，G为的中点，
所以，
因为平面平面，
平面平面，
，平面，
所以平面，
连接交于点，则点是的中点，
所以，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
32．（2020·陕西榆林市·高二期末（文））如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，侧面，是等边三角形，，E是线段的中点.

（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）由题可得，，即可证明；
（2）由可求.
【详解】
解：（1）证明：∵侧面，平面，∴，
∵是等边三角形，E是线段的中点，∴，
又，平面，平面，
∴平面.
（2）∵侧面，
∴是三棱锥的高，
∵是等边三角形，，∴，
∴.
33．（2020·全国高三专题练习）四棱锥中，平面，()，，，.

（1）若，，为的中点，求证：；
（2）若，，求平面与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连结，利用余弦定理求得，得到，然后结合已知条件可证明得平面，从而得到平面平面，再利用面面垂直的性质得出平面，进而命题得证；
（2）取中点，可证得为矩形，从而以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与的法向量，利用空间向量夹角公式求解．
【详解】
（1）证明：连接，如图，

中，，，，
由余弦定理：，解得，
∴为直角三角形，，
∵，∴，
又∵平面，
∴，
∵，
∴平面，
∴平面，
∴平面平面，
又∵，为中点，∴，
∵平面平面，∴平面，
又∵平面，∴；
（2）由，，可得，取中点，则为矩形，
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、、、、、，
平面，
∴是平面的法向量，，
设平面的法向量为，
∴，，，
令，可得，解得，
设平面与平面所成角的平面角为，
∴，
∴平面与平面所成角为.
【点睛】
关键点点睛：求平面与平面所成的角，一般首先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用平面法向量的夹角即可求出二面角的大小.
34．（2021·江苏高二）已知在正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长与底面边长相等，求AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值．
【答案】.
【分析】
取的中点,连接,可得面，即角为直线AB1与侧面ACC1A1所成的角，然后即可求解.
【详解】
取的中点,连接,
在正三棱柱ABC－A1B1C1中, 由底面为正三角形,可得
又面面,又面面
所以面
所以AB1在侧面ACC1A1上的射影为
所以角为直线AB1与侧面ACC1A1所成的角
设底面边长为2，则,，
在直角三角形中，

【点睛】
思路点睛：求线面角的常见方法有（1）定义法；（2）向量法 .其中定义法的关键是找出直线在平面内的射影，具体步骤如下：
（1）作（找）垂线：过直线上一点作出（找出）平面的垂线；
（2）连射影：将斜足和垂足连接起来得到斜线在平面上的射影；
（3）计算：求该角的值，常利用解直角三角形.
35．（2021·河南郑州市·高三一模（文））如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，.

（1）证明:平面平面；
（2）设长为点为的中点，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，根据题中的垂直关系，可判断是等腰直角三角形，且，利于垂直关系证明，，即可证明平面；（2）利于等体积转化求点到平面的距离.
【详解】
证明:如图所示，取的中点连接.

是等边三角形，

与中，


是直角三角形，
是斜边，





又
平面.
又平面
平面平面.
设是的中点，是等边三角形，边长为，
，

，
点到平面的距离
【点睛】
关键点点睛：本题第一问的关键是证明才能确定的形状，为证明垂直关系打通桥梁，第二问的关键是求的面积.
36．（2021·全国高一）已知四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面为直角梯形，且，点为的中点，求证：.

【答案】证明见解析.
【分析】
本题首先可根据为等边三角形得出，然后根据平面平面得出平面以及，最后根据线面垂直的判定以及性质即可证得结果.
【详解】
因为为等边三角形，为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
【点睛】
关键点点睛：本题考查面面垂直的性质、线面垂直的判定以及性质，若两个平面互相垂直，其中一个平面内的一条直线垂直两个平面的交线，则这条直线垂直于另一个平面，考查数形结合思想，是中档题.
37．（2020·四川成都市·高三一模（文））如图，长方体的底面是边长为2的正方形，，点，，，分别为棱，，，的中点．

（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）利用三棱锥等体积，由平面，可知即是三棱锥
的高，，利用体积公式即可求解；
（2）证明四边形是正方形，可得，由平面可得，即可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】
（1）∵，平面，
∵，分别为，的中点，∴四边形为正方形．
∴．
∴．
∴三棱锥的体积为．
（2）在长方体中，四边形是矩形．
∵，分别为棱，的中点﹐所以，
四边形是矩形，
又，，∴四边形是正方形．∴．
∵，分别为棱，的中点，
，∵平面
∴平面．
又平面，∴．
∵，，平面，
∴平面．
∵平面，
∴平面平面．
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
38．（2020·上海杨浦区·高三一模）如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，.点分别是棱的中点.

（1）求证：四点共面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由已知证明可得答案；
（2）作，证明直线平面， 即为直线与平面所成的角，在直角中可求得答案.
【详解】
（1）证明：点分别是棱的中点，


四点共面.
（2）作，垂足为F
平面，平面，
直线直线
直线且与相交于
直线平面
即为直线与平面所成的角.
在直角中，，所以，
由面积可得，
在直角中，，，
直线与平面所成的角为.
【点睛】
对于线面角的求法的步骤作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.
39．（2020·天津河北区·高三期末）如图，四棱柱中，底面，底面是正方形，点P为侧棱上的一点，且.

（1）若点P为的中点，求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见详解；（2）；（3）；
【分析】
（1）连接AC交BD于O点，连接PO，在△中有，结合线面平行的判定即可证平面.
（2）根据正棱柱的性质求，利用余弦定理求得，再由线面垂直的判定、性质可证面面，即知与直线与平面所成角的关系，进而求正弦值.
（3）构建空间直角坐标系，令的长为，确定的坐标，找到面、面的法向量，由已知二面角余弦值可得，即可求的长.
【详解】
（1）连接AC交BD于O点，连接PO，如下图在△中有P、O分别为、AC的中点，所以，又面，面，
∴平面；

（2）底面，底面是正方形，，，
∴，可得，
∴，
在△中，则有，
∵在底面的射影为，而，即，同理，且，
∴面，又面，故面面，
∴综上可知：的补角为直线与平面所成角，故其正弦值为，

（3）构建以为原点，为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，则有，若令的长为有，

∴，
在面上若方向量为，则，令，即，
而面上的一个方向量为，
∴二面角的余弦值为，有，可得，
即.
【点睛】
关键点点睛：
（1）利用中位线性质，结合线面平行的判定证线面平行.
（2）由直棱柱性质求有关角的函数值，再证明该角所在平面与面垂直，进而确定线面角的平面角，即可求正弦值.
（3）由已知二面角的余弦值，找到两个半平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示列方程求线段长度.
40．（2020·浙江高一期末）如图，在三棱锥中，，．

（1）若，求证：；
（2）当，且N为中点时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）利用正余弦定理解三角形，求出得，即可结合得出平面，证出；
（2）过A作，即与平面所成角，利用余弦定理求出各边长度，即可求出.
【详解】
（1），
由余弦定理可得，，
由正弦定理，则可得，即，
，则可得，
在中，利用余弦定理可得，即，
则满足，，
，，
平面，平面，
；
（2）过A作，由（1）平面可得平面平面，
且平面平面，平面，则即与平面所成角，

，
则由余弦定理可得，即，
，，
则，即，
，则，
，
，
，
.
【点睛】
关键点睛：本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查线面角的求解，解题的关键是正确求出图中各线段长度，会应用余弦定理求解，考查计算能力.
41．（2020·浙江高一期末）如图，已知四棱锥，底面为平行四边形，平面平面，，．

（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）通过证明AD⊥BE，AD⊥PE，从而得到AD⊥面PEB，最终得出结论；
（2）首先得到∠ECF为与平面所成角，进一步得出结论.
【详解】
（1）过P作PE⊥CD，交CD于点E，连接BE
∵，
所以CE=2，又因为,且
所以
∴BE⊥BC
∴AD⊥BE
又因为平面平面且PE⊥BC
∴AD⊥PE
∴AD⊥面PEB
∴

（2）∵
∴与平面所成角即为EC与平面所成角
过E作EF⊥PB，交PB于F点，连接CF，易知EF⊥平面PBC
所以∠ECF为与平面所成角，
因为PE=2，
根据等面积法得到

所以与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
求线面角的方法：
（1）直接作出线面角求解；
（2）利用等体积法求解；
（3）坐标向量法.
这三种解法，各有千秋，都应掌握好.对于一道具体的题目来说究竟选择哪一种方法更好？具体问题具体分析，需要根据题目所给的图形特征来确定：若几何体容易作出线面角，解法1是最佳选择；若几何体不容易作出线面角，而比较容易建立坐标系和求相关点的坐标，向量法是最佳选择；若几何体不容易作出线面角，但能构造四面体用等体积法求斜线上一点到平面的距离，解法2也是比较不错的选择
42．（2020·浙江高一期末）如图，四棱锥，底面为矩形，面，、分别为、的中点．

（1）求证：面；
（2）若，，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、，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）连接，取的中点，连接，由题意可知点、到平面的距离相等，并推导出平面，可得出，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积．
【详解】
（1）如下图所示，取的中点，连接、，
因为四边形为矩形，则且，
、分别为、的中点，则且，
为的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
平面，平面，平面；
（2）如下图所示，连接，取的中点，连接，

为的中点，所以，点、到平面的距离相等，
所以，，
、分别为、的中点，则且，
平面，平面，
的面积为，
因此，.
【点睛】
方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：
（1）通过面面平行得到线面平行；
（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.
43．（2020·浙江高一期末）如图，矩形所在的平面垂直于所在的平面，，F为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若P为线段上的动点，当时，试确定点P的位置，并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）当P为线段的中点时，有，证明见解析.
【分析】
（1）连结,交于点，可得，从而可证平面
（2）当P为线段的中点时，有,取的中点为，连结,由条件可得，进而得到，又可得，从而得到平面，可证结论.
【详解】
（1）连结，与BD交于点，则为的中点,再连结
由F为的中点,所以
又面，面，
所以平面；

（2）当P为线段的中点时，有
证明：取的中点为，连结
由矩形所在的平面垂直于所在的平面，
,平面，平面平面
所以平面,又平面,则
由为的中点，P为的中点，则 ,所以
由，为的中点，
又,则平面
又平面,所以.
所以当P为线段的中点时，有

【点睛】
关键点睛：本题考查线面平行的证明和动点位置的探索问题，解答本题的关键是由条件可得出平面，从而得到，再得到平面，属于中档题.
44．（2020·河南周口市·高三月考（文））如图所示，四面体的顶点都在圆柱的上、下底面圆周上，且是下底面圆的直径，是圆柱的母线.

（1）求证：；
（2）若，异面直线与所成的角为，且圆柱的侧面积为，求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）过点作圆柱的母线，连接、，推导出，平面，可出平面，进而可得出；
（2）利用圆柱的侧面积求得，由结合异面直线所成角的定义可得出，可计算得出，，进而可计算得出的面积，由四边形为平行四边形可得出，利用锥体的体积公式计算可得出结果.
【详解】
（1）如图，过点作圆柱的母线，连接、，

因为母线与底面垂直，平面，，
因为是底面圆的直径，所以，
又，所以平面，
因为且，则四边形为平行四边形，
所以，，所以平面，
又平面，所以；
（2）圆柱侧面积为，所以.
因为异面直线和所成的角为，且，所以，
所以，，所以，，
由于四边形为平行四边形，则，
所以，.
【点睛】
方法点睛：求解几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
45．（2020·洮南市第一中学高三月考（文））如图，正方形所在平面与以为直径的半圆所在平面互相垂直，为半圆周上异于，两点的任一点，求证：平面平面

【答案】证明见解析
【分析】
可证平面，从而得到要求证的面面垂直.
【详解】
证明：∵是半圆直径，∴，
∵四边形是正方形，∴
∵平面平面，且平面平面，
平面，∴平面，
∵平面，∴，∵，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
46．（2020·全国高三专题练习（文））如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.

（1）求证：AM⊥PD；
（2）求直线CD与平面AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先证明CD⊥平面PAD可得CD⊥AM，由PC⊥平面AMN可得PC⊥AM，即可证AM⊥平面PCD，即证AM⊥PD；
（2）延长NM，CD交于点E，可得∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，根据∠CEN=∠MPN可求.
【详解】
（1）证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.
又因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥CD，
，故CD⊥平面PAD.
又AM⊂平面PAD，则CD⊥AM，
而PC⊥平面AMN，平面AMN，有PC⊥AM，
又PC∩CD=C，则AM⊥平面PCD，
平面PCD，故AM⊥PD.
（2）延长NM，CD交于点E，

因为PC⊥平面AMN，
所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，
又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN=∠MPN，
在Rt△PMN中，，
故CD与平面AMN所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面角的求解，解题的关键是利用垂直关系正确作出辅助线，得出∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，再根据∠CEN=∠MPN求解.

四、填空题
47．（2021·宝山区·上海交大附中高二期末）三角形的边在平面内，在平面外，和分别与面成和的角，且平面与平面成的二面角，那么的大小为____________．
【答案】或
【分析】
对为锐角和钝角两种情况讨论，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，过点在平面内作，垂足为点，连接，设，利用空间角的定义结合勾股定理可计算得出的三边边长，结合余弦定理可求得的大小.
【详解】
分以下两种情况讨论：
（1）若为锐角，如下图所示，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，连接，设，

则与平面所成的角为，，，
与平面所成的角为，则，，
，，，
，，平面，
平面，，
所以，平面与平面所成二面角为，
，，，，，
，
，，，
所以，，，所以，；
（2）若为钝角，如下图所示，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，连接，设，

则与平面所成的角为，，，
与平面所成的角为，则，，
，，，
，，平面，
平面，，
所以，平面与平面所成二面角为，
，，，，，
，
，，，
所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，
，所以，.
综上所述，或.
故答案为：或.
【点睛】
关键点点睛：本题考查三角形内角的计算，需要对进行分类讨论，解题的关键就是利用线面角、二面角的定义求出三边的边长，并结合余弦定理求解.
48．（2020·全国高三专题练习（理））如图，已知多面体中，四边形为梯形，，，平面，，，为线段(包括端点)上的一个动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为_________.

【答案】
【分析】
该多面体问题放入一个正方体中更好解答. 将多面体放到正方体中，连接，易知，则可将异面直线与所成角转化到与所成角，即.设正方体棱长为， ，可设点到直线的距离为，则，故最小时，最小. 连接、，的最小值为点到平面的距离，连接交于点，则平面， ，故可求出的最小值，也即是直线与与直线所成角的正弦值的最小值.
【详解】
如图，将多面体放到正方体中，

连接，则，
∴直线与直线所成的角即与所成的角，
设正方体的棱长为，
点到直线的距离为，则，
∵，
∴当取得最小值时取得最小值，
连接、，则的最小值为点到平面的距离，
连接，交于点，则平面，
∴的长为点到平面的距离的最小值，且，
∴，
∴直线与直线所成角的正弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是将多面体补成一个正方体，异面直线所成角转化成相交直线所成角.