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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》10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》10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57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·安徽高三月考（文））在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，平面过两点，且，设平面截正方体所得截面面积为，有如下结论：①截面是三角形，②截面是四边形，③，④，则下列结论正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面平行的性质可得与平面的相交线与平行，得到平面与的交点为中点，进而确定平面截正方体截面为等腰梯形，求出其面积，即可得出结论.
【详解】
设平面与交于，连，
平面平面，
，又是的中点，所以为中点，
在正方体中，，
故平面即平面，所以截面为等腰梯形.
①错误，②正确；
由己知可得，，，
高为，其面积.
③错误，④正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查正方体的截面几何特征，利用线面平行的性质确定截面图形是解题的关键，考查直观想象、数学计算能力，属于中档题.
2．（2020·甘肃省会宁县第二中学期中（文））已知，为两条不同直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的个数是（ ）
①若，，则； ②若，，则；
③若，，，则； ④若，，，则；
A． B． C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面位置关系判断.
【详解】
①若，，则或，故错误；
②若，，则或相交，故错误；
③若， ，则，又，所以，故正确；
④若，，则或，又，所以 ，故正确；
故选：B
【点睛】
本题主要考查线面位置关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.
3．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考（理））在正方体中，和的中点分别为M，N.如图，若以A，M，N所确定的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状为（ ）
A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平面的性质，延长线段到正方体的表面，找到平面与正方体棱的交点，连接起来即可判断.
【详解】
如图，延长相交于点，
连接并延长，与相交于点，与的延长线相交于点，
连接，与相交于点，
连接，则五边形即为截面.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查平面的基本性质，属于基础题.
4．（2020·威远中学校月考（理））如图，已知正方体中，异面直线与所成的角的大小是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
在正方体中，利用线面垂直的判定定理，证得平面，由此能求出结果．
【详解】
如图所示，在正方体中，连结，则，，
由线面垂直的判定定理得平面，所以,
所以异面直线与所成的角的大小是．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中牢记异面直线所成的求解方法和转化思想的应用是解答的关键，平时注意空间思维能力的培养，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
5．（2020·江苏广陵·扬州中学开学考试）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chu meng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，，则以下两个结论：①；②，（ ）
A．①和②都不成立 B．①成立，但②不成立
C．①不成立，但②成立 D．①和②都成立
【答案】B
【解析】
【分析】
利用线面平行的性质及勾股定理即可判断.
【详解】
解：∵，CD在平面CDEF内，AB不在平面CDEF内，
∴平面CDEF，
又EF在平面CDEF内，
由AB在平面ABFE内，且平面平面，
∴EF，故①对；
如图，取CD中点G，连接BG，FG，由AB＝CD＝2EF，易知GF，且DE＝GF，
不妨设EF＝1，则，
假设BF⊥ED，则，即，即FG＝1，但FG的长度不定，故假设不一定成立，即②不一定成立.
故选：B.
【点睛】
本题考查线面平行的判定及性质，考查垂直关系的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题.
6．（2020·全国开学考试）已知平面，直线，，，满足，，且，互为异面直线，则“且”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
根据线线、线面的位置关系，可得充要条件；
【详解】
因为，互为异面直线，且，，
则平面内必存在两条相交直线分别与，平行，
又因为且，所以；
若，则且，
所以“且”是“”的充要条件.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用线线、线面位置关系判断充要条件，考查逻辑推理能力.
7．（2020·广州市第一一三中学期中）在三棱锥中，已知所有棱长均为，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
取的中点，连接、，于是得到异面直线与所成的角为，然后计算出的三条边长，并利用余弦定理计算出，即可得出答案．
【详解】
如下图所示，取的中点，连接、，
由于、分别为、的中点，则，且，
所以，异面直线与所成的角为或其补角，
三棱锥是边长为的正四面体，则、均是边长为的等边三角形，
为的中点，则，且，同理可得，
在中，由余弦定理得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为，故选A．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的计算，利用平移法求异面直线所成角的基本步骤如下：
（1）一作：平移直线，找出异面直线所成的角；
（2）二证：对异面直线所成的角进行说明；
（3）三计算：选择合适的三角形，并计算出三角形的边长，利用余弦定理计算所求的角．
8．（2020·广州市第一一三中学期中）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【解析】
试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，
可得
考点：空间线面平行垂直的判定与性质
9．（2020·江苏启东中学开学考试）在正方体中，分别是的中点，则（ ）
A． B． C．平面 D．平面
【答案】D
【解析】
分析：对于选项A，由条件可得直线MN与平面相交，因为直线在平面内，可得直线MN与直线不可能平行，判断选项A不对；对于选项B，因为点是的中点，所以要证，只需证．而，所以与不垂直，选项B不对；对于选项C，可用反证法推出矛盾．假设平面，由直线与平面垂直的定义可得．因为是的中点，由等腰三角形的三线合一可得 ．这与矛盾．故假设不成立．所以选项C不对；对于选项D，可找与直线MN平行的一条直线，证其垂直于平面．故分别取的中点P、Q，连接PM、QN、PQ．可得四边形为平行四边形．进而可得．正方体中易得，由直线与平面垂直的判定定理可得平面．进而可得平面．
详解：对于选项A，因为分别是的中点，所以点平面，点 平面，所以直线MN是平面的交线，
又因为直线在平面内，故直线MN与直线不可能平行，故选项A错；
对于选项B，正方体中易知 ，因为点是的中点，所以直线 与直线不垂直．故选项B不对；
对于选项C ,假设平面，可得．因为是的中点，
所以 ．这与矛盾．故假设不成立．
所以选项C不对；
对于选项D,分别取的中点P、Q，连接PM、QN、PQ．
因为点是的中点，所以且．同理且．
所以且，所以四边形为平行四边形．
所以．
在正方体中，
因为 ，平面 ，平面，
所以平面．因为，所以平面．
故选项D正确．
故选D.
点睛：在立体图形中判断直线与直线、直线与平面的位置关系，应熟练掌握直线与直线平行、垂直的判定定理、性质定理，直线与平面平行、垂直的判定定理、性质定理．注意直线与直线、直线与平面、平面与平面平行或垂直之间的互相推导．
要判断选项错误，可用反证法得到矛盾．
10．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，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
【解析】
【分析】
分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
【详解】
设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，
因此
从而
因为，所以即，选D.
【点睛】
线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
11．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.
【详解】
在正方体中，，所以异面直线与所成角为，
设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，
则.故选C.
【点睛】
求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
二、多选题
12．（2020·江苏广陵·扬州中学开学考试）下面四个正方体图形中，、为正方体的两个顶点，、、分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【分析】
对每个图形进行分析，根据面面平行的性质定理对A判断．由线面平行 判定定理对D判断，由线面相交的定义对B，C判断．
【详解】
（下面说明只写主要条件，其他略）
A如图连接，可得，从而得平面，平面，于是有平面平面，∴平面，
B．如图连接交于点，连接，易知在底面正方形中不是中点（实际上是四等分点中靠近的一个），而是中点，因此与不平行，在平面内，与必相交，此交点也是直线与平面的公共点，直线与平面相交而不平行，
C.如图，连接，正方体中有，因此在平面内，直线与平面相交而不平行，
D.如图，连接，可得，，即，直线与平面平行，
故选：AD
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，掌握证明线面平行的方法是解题基础．
13．（2020·南京大学附属中学月考）在长方体中，分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．A、M、N、B四点共面 B．BN∥平面ADM
C．直线与所成角的为 D．平面平面
【答案】CD
【解析】
【分析】
由空间中点与面的位置关系，直线与平面、平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案.
【详解】
对于A，A、B、M在平面内，N在平面外，故A错误；
对于B，若平面ADM，
又平面ADM，则平面平面ADM，
而平面平面，矛盾，故B错误．
对于C，如图，
取CD中点E，连接BE，NE，可得，为直线BN与所成角，
由题意可得为等边三角形，则，故C正确；
对于D，在长方体中，平面，平面ADM，
∴平面平面，故D正确
故选：CD.
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，属于中档题.
14．（2020·山东开学考试）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．四面体的体积是定值
C．异面直线与所成角的正切值为
D．二面角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
说明四边形是矩形，然后证明∥∥，推出平面，判断A；设，然后求解四面体的体积可判断B；说明异面直线与所成角为，然后求解三角形，判断C；利用空间向量求解二面角的余弦值
【详解】
解：对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以∥∥，
所以平面，所以A正确；
对于B，设，因为，，，
所以，
因为∥，所以，所以，
所以，所以，
四面体的体积为，所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于C，因为∥，所以异面直线与所成角为，在中，，所以，所以C正确；
对于D，如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，所以，
同理可求得平面的一个法向量为，
所以二面角的余弦值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】
此题考查立体几何中的关每次和计算，二面角的平面角的求法，异面直线所成角的求法，属于中档题
第II卷（非选择题）
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三、解答题
15．（2020·福建高二学业考试）如图，在直四棱柱中，库面四边形的对角线，互相平分，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若______，则平面平面.试在三个条件“①四边形是平行四边形；②四边形是矩形；③四边形是菱形”中选取一个，补充在上面问题的横线上，使得结论成立，并证明.
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）设，连接，由题意得，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）先判断三个条件，判断选择的条件是③；先利用菱形的特点得到，又几何体为直四棱柱，得到平面，进而得到，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理证明即可.
【详解】
（1）证明：如图，设，
因为，互相平分，
所以为的中点.
连接，因为为的中点，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：选择的条件是③.
证明如下：
因为四边形是菱形，
所以，
因为四棱柱是直四棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面AEC，
所以平面平面.
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定定理以及线面垂直，面面垂直的判定定理.属于中档题.
16．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）如图所示，在等腰梯形中，，，，，平面，.
（1）求证：平面；
（2）若，是否存在实数，使平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在实数.
【解析】
【分析】
（1）如图所示的等腰梯形中，经过点分别作、，垂足为，在中，利用余弦定理可得，再利用勾股定理可得，进而利用线面垂足的定理即可证明.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，设平面的法向量，可得，取平面的法向量为，利用，即可得出.
【详解】
（1）证明：如图所示的等腰梯形中，经过点分别作、，垂足为，
则为正方形，在中，可得，故，
在中，利用余弦定理可得，
∴，即，故，
又∵平面，而平面，即，
而，平面，平面，
∴平面，又，则，
故平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，，由，设，故，，
设平面的法向量，
则，即，取，
解得，即，
取平面的一个法向量为，
由，即，
解得或（舍），
即存在实数，使平面与平面所成锐二面角为.
【点睛】
本题考查了空间位置关系、等腰梯形的性质、直角三角形的边角关系、法向量的应用、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
17．（2020·古丈县第一中学期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点，分别为线段，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面；
（3）当，时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，即证明平面；
（2）要证明线面平行，需证明线线平行，即证明；
（3）根据（1）可知平面，根据二面角的定义可知为所求角，在中，求的值.
【详解】
（1）在正方形中，．
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）点，分别为线段，的中点
所以，又所以
又平面，平面，
所以//平面.
（3）由（2）得，平面即为平面，
所以平面平面，
由（1）得平面，所以,
所以是所求二面角的平面角,
在中，，，∴，
平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
【点睛】
本题考查面面垂直，线面平行，二面角，重点考查推理证明，计算能力，属于基础题型.
18．（2020·威远中学校月考（理））在四面体中，点，，分别是，，的中点，且，.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成的角.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由点，分别是，的中点，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；
（2）由（1）知和，得到即为异面直线与所成的角，在中，即可求解.
【详解】
（1）由题意，点，分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，
因为点，分别是，的中点，可得，
所以即为异面直线与所成的角（或其补角）.
在中，，所以为等边三角形，
所以，
即异面直线与所成的角为.
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中熟记线面平行的判定定理和异面直线所成角的概念，转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
19．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在正三棱柱中，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）通过构造中位线的方法，证得与平面平面内的一条直线平行，由此证得平面.
（2）通过证明、来证明平面.
（3）判断出为直线与平面所成的角，解直角三角形求得.
【详解】
（1）证明：连接，交于点，连接.
因为为矩形，则为的中点；
因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）在正三棱柱中，
因为平面，平面，
所以.
因为为等边三角形，为的中点，
所以.
又因为，平面，
所以平面；
（3）由（2）知，平面，
所以 即为直线与平面所成的角，
设等边的边长为2，则，
所以在中，，，
所以.
即直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】
本小题主要考查线面平行、线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．（2020·江苏广陵·扬州中学开学考试）棱长为的正方体中，P是 的中点，M是AC的中点
（1）求面与面所成的二面角的正切值．
（2）求点P到面的距离．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连结BD，，取的中点E，连接CE，可证得，，由二面角的定义可得即为所求角，在中求解即可.
（2）连，面，点P到面的距离等于点A到面的距离，由即可得到所求距离.
【详解】
（1）连结BD，则M是BD的中点，连，取的中点E，连接CE，如图．
正方体的棱长为，，
，E是的中点，
∴，
∴就是面与面所成的二面角的平面角，
即面与面所成的二面角的平面角．
正方体中，面，
∴，在中，
，，，
∴面与面所成的二面角的大小的正切值为．
（2）连，则点P也是的中点，而面,
面，∴面
∴点P到面的距离等于点A到面的距离，
设点A到面的距离为，由，，
，，
，解得，
则点P到面的距离为．
【点睛】
本题考查利用定义求二面角的平面角，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.
21．（2020·天津市滨海新区大港太平村中学期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面，点在棱上.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，是棱中点，求异面直线和所成角的余弦值；
（Ⅲ）若直线与平面所成角的正切值最大为2，求的长.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由菱形的性质得.再由线面垂直的性质得，由线面垂直的判定定理可证得平面，根据面面垂直的判定定理可得证.
（Ⅱ）连结、.由异面直线所成的角的定义可得异面直线和所成角为（或补角），由三角形的边角关系和余弦定理可求得异面直线和所成角的余弦值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，平面于点，根据线面角和定义 可得为与平面所成的角.再由三角形的边角关系可求得答案.
【详解】
（Ⅰ）四边形是菱形，∴.
底面，面，∴.
又，面，面，∴平面.又平面，
∴平面平面.
（Ⅱ）连结、.∵，∴异面直线和所成角为（或补角） ，
菱形的边长为2，，∴，
在中，，，，是棱中点，∴，
∵，，∴，∴，即面，面，.
∴，，，
在，，，，∴，
故异面直线和所成角的余弦值为；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，平面于点，∴为与平面所成的角.
在中，，，的最大值为2，
∴的最小值为，即点到直线的距离是，
∵，设，，即，解之：，
所以此时.
【点睛】
本题考查空间中的面面垂直的证明，异面直线所成的角的定义和计算，线面角的定义和计算，属于中档题.
22．（2020·安徽宣城·高一期末（理））如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）取中点，连接，根据已知条件，可证四边形为平行四边形，即可得证结论；
（2）点到平面的距离，即为点到平面的距离，求出，的面积，等体积法，即可求出结论；
（3）由（2）的结论，得出直线与平面所成的角，解直角三角形，即可求解.
【详解】
（1）证明：取中点，连接，
∵为的中点，∴，且，
又，且，
∴，且，
则，且，
∴四边形为平行四边形，∴.
又∵平面.平面，
∴平面.
（2）取的中点，连接，∵，
∴且，∴四边形是矩形，
∴，又∵平面，∴，
∴平面且，
过点作平面于，
则即为点到平面的距离.
∵，∴，
，∴.
（3）连接由（2）知
即为直线与平面所成的角，
在中，，，∴，
又∵是的中点，
∴，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查点到面距离，以及直线与平面所成的角，解题的关键是等体积法的应用，属于中档题.f
23．（2020·九龙坡·重庆市育才中学开学考试）如图1，在高为2的梯形中，，，，过、分别作，，垂足分别为、.已知，将梯形沿、同侧折起，得空间几何体，如图2.
（1）若，证明：为直角三角形；
（2）若，，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）由，可得平面，得出，结合即可得出平面，故而；
（2）求出的大小，以为原点建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，计算两法向量的夹角即可得出二面角的大小．
【详解】
（1）证明：连接，
由已知可知四边形是正方形，，
又，，
平面，又平面，
，
又，，
平面，又平面，
，即为直角三角形．
（2）取的中点，连结，则四边形是平行四边形，
，，又，
，即，
过作，则平面，
以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，，，
，1，，，，，
设平面的法向量为，，，则，
即，令得，，，
又平面，，0，是平面的一个法向量，
，
由图形可知平面与平面所成角为锐二面角，
平面与平面所成角的余弦值为．
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．
24．（2020·广州市第一一三中学期中）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据菱形性质可知，根据线面垂直性质可得，由线面垂直的判定定理可知平面；由线面垂直性质可证得结论.
（2）作，由线面垂直的判定可证得平面，进而得到；根据二面角平面角的定义可知即为所求二面角的平面角；在中，利用长度关系求得结果.
【详解】
（1）连接
四边形为菱形 ，且
平面，平面
平面， 平面
平面
（2）作，垂足为，连接
四边形为菱形， 为等边三角形
又 ，
平面，平面
又，平面， 平面
平面
二面角的平面角为
，为中点
二面角的余弦值为
【点睛】
本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、二面角的求解问题；立体几何中证明线线垂直长采用先证线面垂直，根据线面垂直性质证得结论的方式；求解二面角的关键是能够明确二面角平面角的定义，并通过垂直关系找到二面角的平面角.
25．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，.
（1）证明：平面平面；
（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）为线段上靠近点的四等分点，且坐标为
【解析】
【分析】
（1）先通过线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）分析位置关系并建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系，即可计算出的坐标从而位置可确定.
【详解】
（1）证明：因为，，，
所以，即.
又因为，，所以，
，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，是的中点，所以.
由（1）知，平面平面，所以平面.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则平面的一个法向量是，，，.
设，，
，，
代入上式得，，，所以.
设平面的一个法向量为，，，
由，得.
令，得.
因为二面角的平面角的大小为，
所以，即，解得.
所以点为线段上靠近点的四等分点，且坐标为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求解二面角有关的问题，难度一般.（1）证明面面垂直，可通过先证明线面垂直，再证明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夹角的余弦值，要注意结合图形分析.
四、填空题
26．（2020·梅河口市第五中学其他（理））如图，已知正三棱柱的所有棱长均相等，D为的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为__________
【答案】.
【解析】
【分析】
先证出B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，证AG⊥平面B1DC，可知∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，求其正弦即可．
【详解】
如图，连接B1D，因为三角形为正三角形，则， 又平面 ⊥平面AC1，交线为，B1D平面 ，则B1D⊥平面AC1，
过A点作AG⊥CD，
则由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D，由线面垂直的判定定理得AG⊥平面B1DC，
于是∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，
由已知，不妨令棱长为2，则可得ADCD，
由等面积法算得AG
所以直线AD与面DCB1的正弦值为 ；
故答案为．
【点睛】
考查正棱柱的性质以及线面角的求法．考查空间想象能力以及点线面的位置关系，线面角的一般求解方法：法一作出角直接求解，法二；利用等积转化求解
27．（2020·甘肃省会宁县第二中学期中（文））已知正方体的棱长是3，点､分别是棱､的中点，则异面直线与所成的角是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形是等边三角形则为，从而求出异面直线与所成的角.
【详解】
如图，连接，，，则为直线与所成的角
棱长为3，则，
∴三角形为等边三角形则为
从而异面直线与所成的角是
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力､运算能力和推理论证能力，解题本题的关键寻找异面直线所成角，易错在计算．
28．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））如图，四面体中，是的中点，和均为等边三角形，，，点到平面的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】
先证平面，利用等体积能求出到平面的距离．从而能求出点到平面的距离．
【详解】
连接，为等边三角形，为的中点，
．和为等边三角形，
为的中点，，，．
在中，，
，即．，
平面．
设到平面的距离为，
则，，
由等体积可得，
解得点到平面的距离为．
点到平面的距离为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查点到平面的距离的求法，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，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·安徽高三月考（文））在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，平面过两点，且，设平面截正方体所得截面面积为，有如下结论：①截面是三角形，②截面是四边形，③，④，则下列结论正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面平行的性质可得与平面的相交线与平行，得到平面与的交点为中点，进而确定平面截正方体截面为等腰梯形，求出其面积，即可得出结论.
【详解】
设平面与交于，连，
平面平面，
，又是的中点，所以为中点，
在正方体中，，
故平面即平面，所以截面为等腰梯形.
①错误，②正确；
由己知可得，，，
高为，其面积.
③错误，④正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查正方体的截面几何特征，利用线面平行的性质确定截面图形是解题的关键，考查直观想象、数学计算能力，属于中档题.
2．（2020·甘肃省会宁县第二中学期中（文））已知，为两条不同直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的个数是（ ）
①若，，则； ②若，，则；
③若，，，则； ④若，，，则；
A． B． C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面位置关系判断.
【详解】
①若，，则或，故错误；
②若，，则或相交，故错误；
③若， ，则，又，所以，故正确；
④若，，则或，又，所以 ，故正确；
故选：B
【点睛】
本题主要考查线面位置关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.
3．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考（理））在正方体中，和的中点分别为M，N.如图，若以A，M，N所确定的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状为（ ）
A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平面的性质，延长线段到正方体的表面，找到平面与正方体棱的交点，连接起来即可判断.
【详解】
如图，延长相交于点，
连接并延长，与相交于点，与的延长线相交于点，
连接，与相交于点，
连接，则五边形即为截面.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查平面的基本性质，属于基础题.
4．（2020·威远中学校月考（理））如图，已知正方体中，异面直线与所成的角的大小是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
在正方体中，利用线面垂直的判定定理，证得平面，由此能求出结果．
【详解】
如图所示，在正方体中，连结，则，，
由线面垂直的判定定理得平面，所以,
所以异面直线与所成的角的大小是．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中牢记异面直线所成的求解方法和转化思想的应用是解答的关键，平时注意空间思维能力的培养，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
5．（2020·江苏广陵·扬州中学开学考试）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chu meng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，，则以下两个结论：①；②，（ ）
A．①和②都不成立 B．①成立，但②不成立
C．①不成立，但②成立 D．①和②都成立
【答案】B
【解析】
【分析】
利用线面平行的性质及勾股定理即可判断.
【详解】
解：∵，CD在平面CDEF内，AB不在平面CDEF内，
∴平面CDEF，
又EF在平面CDEF内，
由AB在平面ABFE内，且平面平面，
∴EF，故①对；
如图，取CD中点G，连接BG，FG，由AB＝CD＝2EF，易知GF，且DE＝GF，
不妨设EF＝1，则，
假设BF⊥ED，则，即，即FG＝1，但FG的长度不定，故假设不一定成立，即②不一定成立.
故选：B.
【点睛】
本题考查线面平行的判定及性质，考查垂直关系的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题.
6．（2020·全国开学考试）已知平面，直线，，，满足，，且，互为异面直线，则“且”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
根据线线、线面的位置关系，可得充要条件；
【详解】
因为，互为异面直线，且，，
则平面内必存在两条相交直线分别与，平行，
又因为且，所以；
若，则且，
所以“且”是“”的充要条件.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用线线、线面位置关系判断充要条件，考查逻辑推理能力.
7．（2020·广州市第一一三中学期中）在三棱锥中，已知所有棱长均为，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
取的中点，连接、，于是得到异面直线与所成的角为，然后计算出的三条边长，并利用余弦定理计算出，即可得出答案．
【详解】
如下图所示，取的中点，连接、，
由于、分别为、的中点，则，且，
所以，异面直线与所成的角为或其补角，
三棱锥是边长为的正四面体，则、均是边长为的等边三角形，
为的中点，则，且，同理可得，
在中，由余弦定理得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为，故选A．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的计算，利用平移法求异面直线所成角的基本步骤如下：
（1）一作：平移直线，找出异面直线所成的角；
（2）二证：对异面直线所成的角进行说明；
（3）三计算：选择合适的三角形，并计算出三角形的边长，利用余弦定理计算所求的角．
8．（2020·广州市第一一三中学期中）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【解析】
试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，
可得
考点：空间线面平行垂直的判定与性质
9．（2020·江苏启东中学开学考试）在正方体中，分别是的中点，则（ ）
A． B． C．平面 D．平面
【答案】D
【解析】
分析：对于选项A，由条件可得直线MN与平面相交，因为直线在平面内，可得直线MN与直线不可能平行，判断选项A不对；对于选项B，因为点是的中点，所以要证，只需证．而，所以与不垂直，选项B不对；对于选项C，可用反证法推出矛盾．假设平面，由直线与平面垂直的定义可得．因为是的中点，由等腰三角形的三线合一可得 ．这与矛盾．故假设不成立．所以选项C不对；对于选项D，可找与直线MN平行的一条直线，证其垂直于平面．故分别取的中点P、Q，连接PM、QN、PQ．可得四边形为平行四边形．进而可得．正方体中易得，由直线与平面垂直的判定定理可得平面．进而可得平面．
详解：对于选项A，因为分别是的中点，所以点平面，点 平面，所以直线MN是平面的交线，
又因为直线在平面内，故直线MN与直线不可能平行，故选项A错；
对于选项B，正方体中易知 ，因为点是的中点，所以直线 与直线不垂直．故选项B不对；
对于选项C ,假设平面，可得．因为是的中点，
所以 ．这与矛盾．故假设不成立．
所以选项C不对；
对于选项D,分别取的中点P、Q，连接PM、QN、PQ．
因为点是的中点，所以且．同理且．
所以且，所以四边形为平行四边形．
所以．
在正方体中，
因为 ，平面 ，平面，
所以平面．因为，所以平面．
故选项D正确．
故选D.
点睛：在立体图形中判断直线与直线、直线与平面的位置关系，应熟练掌握直线与直线平行、垂直的判定定理、性质定理，直线与平面平行、垂直的判定定理、性质定理．注意直线与直线、直线与平面、平面与平面平行或垂直之间的互相推导．
要判断选项错误，可用反证法得到矛盾．
10．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，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
【解析】
【分析】
分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
【详解】
设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，
因此
从而
因为，所以即，选D.
【点睛】
线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
11．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.
【详解】
在正方体中，，所以异面直线与所成角为，
设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，
则.故选C.
【点睛】
求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
二、多选题
12．（2020·江苏广陵·扬州中学开学考试）下面四个正方体图形中，、为正方体的两个顶点，、、分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【分析】
对每个图形进行分析，根据面面平行的性质定理对A判断．由线面平行 判定定理对D判断，由线面相交的定义对B，C判断．
【详解】
（下面说明只写主要条件，其他略）
A如图连接，可得，从而得平面，平面，于是有平面平面，∴平面，
B．如图连接交于点，连接，易知在底面正方形中不是中点（实际上是四等分点中靠近的一个），而是中点，因此与不平行，在平面内，与必相交，此交点也是直线与平面的公共点，直线与平面相交而不平行，
C.如图，连接，正方体中有，因此在平面内，直线与平面相交而不平行，
D.如图，连接，可得，，即，直线与平面平行，
故选：AD
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，掌握证明线面平行的方法是解题基础．
13．（2020·南京大学附属中学月考）在长方体中，分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．A、M、N、B四点共面 B．BN∥平面ADM
C．直线与所成角的为 D．平面平面
【答案】CD
【解析】
【分析】
由空间中点与面的位置关系，直线与平面、平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案.
【详解】
对于A，A、B、M在平面内，N在平面外，故A错误；
对于B，若平面ADM，
又平面ADM，则平面平面ADM，
而平面平面，矛盾，故B错误．
对于C，如图，
取CD中点E，连接BE，NE，可得，为直线BN与所成角，
由题意可得为等边三角形，则，故C正确；
对于D，在长方体中，平面，平面ADM，
∴平面平面，故D正确
故选：CD.
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，属于中档题.
14．（2020·山东开学考试）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．四面体的体积是定值
C．异面直线与所成角的正切值为
D．二面角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
说明四边形是矩形，然后证明∥∥，推出平面，判断A；设，然后求解四面体的体积可判断B；说明异面直线与所成角为，然后求解三角形，判断C；利用空间向量求解二面角的余弦值
【详解】
解：对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以∥∥，
所以平面，所以A正确；
对于B，设，因为，，，
所以，
因为∥，所以，所以，
所以，所以，
四面体的体积为，所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于C，因为∥，所以异面直线与所成角为，在中，，所以，所以C正确；
对于D，如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，所以，
同理可求得平面的一个法向量为，
所以二面角的余弦值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】
此题考查立体几何中的关每次和计算，二面角的平面角的求法，异面直线所成角的求法，属于中档题
第II卷（非选择题）
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三、解答题
15．（2020·福建高二学业考试）如图，在直四棱柱中，库面四边形的对角线，互相平分，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若______，则平面平面.试在三个条件“①四边形是平行四边形；②四边形是矩形；③四边形是菱形”中选取一个，补充在上面问题的横线上，使得结论成立，并证明.
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）设，连接，由题意得，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）先判断三个条件，判断选择的条件是③；先利用菱形的特点得到，又几何体为直四棱柱，得到平面，进而得到，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理证明即可.
【详解】
（1）证明：如图，设，
因为，互相平分，
所以为的中点.
连接，因为为的中点，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：选择的条件是③.
证明如下：
因为四边形是菱形，
所以，
因为四棱柱是直四棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面AEC，
所以平面平面.
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定定理以及线面垂直，面面垂直的判定定理.属于中档题.
16．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）如图所示，在等腰梯形中，，，，，平面，.
（1）求证：平面；
（2）若，是否存在实数，使平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在实数.
【解析】
【分析】
（1）如图所示的等腰梯形中，经过点分别作、，垂足为，在中，利用余弦定理可得，再利用勾股定理可得，进而利用线面垂足的定理即可证明.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，设平面的法向量，可得，取平面的法向量为，利用，即可得出.
【详解】
（1）证明：如图所示的等腰梯形中，经过点分别作、，垂足为，
则为正方形，在中，可得，故，
在中，利用余弦定理可得，
∴，即，故，
又∵平面，而平面，即，
而，平面，平面，
∴平面，又，则，
故平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，，由，设，故，，
设平面的法向量，
则，即，取，
解得，即，
取平面的一个法向量为，
由，即，
解得或（舍），
即存在实数，使平面与平面所成锐二面角为.
【点睛】
本题考查了空间位置关系、等腰梯形的性质、直角三角形的边角关系、法向量的应用、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
17．（2020·古丈县第一中学期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点，分别为线段，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面；
（3）当，时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，即证明平面；
（2）要证明线面平行，需证明线线平行，即证明；
（3）根据（1）可知平面，根据二面角的定义可知为所求角，在中，求的值.
【详解】
（1）在正方形中，．
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）点，分别为线段，的中点
所以，又所以
又平面，平面，
所以//平面.
（3）由（2）得，平面即为平面，
所以平面平面，
由（1）得平面，所以,
所以是所求二面角的平面角,
在中，，，∴，
平面与平面所成锐二面角的余弦值是.
【点睛】
本题考查面面垂直，线面平行，二面角，重点考查推理证明，计算能力，属于基础题型.
18．（2020·威远中学校月考（理））在四面体中，点，，分别是，，的中点，且，.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成的角.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由点，分别是，的中点，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；
（2）由（1）知和，得到即为异面直线与所成的角，在中，即可求解.
【详解】
（1）由题意，点，分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，
因为点，分别是，的中点，可得，
所以即为异面直线与所成的角（或其补角）.
在中，，所以为等边三角形，
所以，
即异面直线与所成的角为.
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中熟记线面平行的判定定理和异面直线所成角的概念，转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
19．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在正三棱柱中，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）通过构造中位线的方法，证得与平面平面内的一条直线平行，由此证得平面.
（2）通过证明、来证明平面.
（3）判断出为直线与平面所成的角，解直角三角形求得.
【详解】
（1）证明：连接，交于点，连接.
因为为矩形，则为的中点；
因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）在正三棱柱中，
因为平面，平面，
所以.
因为为等边三角形，为的中点，
所以.
又因为，平面，
所以平面；
（3）由（2）知，平面，
所以 即为直线与平面所成的角，
设等边的边长为2，则，
所以在中，，，
所以.
即直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】
本小题主要考查线面平行、线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．（2020·江苏广陵·扬州中学开学考试）棱长为的正方体中，P是 的中点，M是AC的中点
（1）求面与面所成的二面角的正切值．
（2）求点P到面的距离．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连结BD，，取的中点E，连接CE，可证得，，由二面角的定义可得即为所求角，在中求解即可.
（2）连，面，点P到面的距离等于点A到面的距离，由即可得到所求距离.
【详解】
（1）连结BD，则M是BD的中点，连，取的中点E，连接CE，如图．
正方体的棱长为，，
，E是的中点，
∴，
∴就是面与面所成的二面角的平面角，
即面与面所成的二面角的平面角．
正方体中，面，
∴，在中，
，，，
∴面与面所成的二面角的大小的正切值为．
（2）连，则点P也是的中点，而面,
面，∴面
∴点P到面的距离等于点A到面的距离，
设点A到面的距离为，由，，
，，
，解得，
则点P到面的距离为．
【点睛】
本题考查利用定义求二面角的平面角，考查利用等体积法求点到面的距离，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题.
21．（2020·天津市滨海新区大港太平村中学期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面，点在棱上.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，是棱中点，求异面直线和所成角的余弦值；
（Ⅲ）若直线与平面所成角的正切值最大为2，求的长.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由菱形的性质得.再由线面垂直的性质得，由线面垂直的判定定理可证得平面，根据面面垂直的判定定理可得证.
（Ⅱ）连结、.由异面直线所成的角的定义可得异面直线和所成角为（或补角），由三角形的边角关系和余弦定理可求得异面直线和所成角的余弦值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，平面于点，根据线面角和定义 可得为与平面所成的角.再由三角形的边角关系可求得答案.
【详解】
（Ⅰ）四边形是菱形，∴.
底面，面，∴.
又，面，面，∴平面.又平面，
∴平面平面.
（Ⅱ）连结、.∵，∴异面直线和所成角为（或补角） ，
菱形的边长为2，，∴，
在中，，，，是棱中点，∴，
∵，，∴，∴，即面，面，.
∴，，，
在，，，，∴，
故异面直线和所成角的余弦值为；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，平面于点，∴为与平面所成的角.
在中，，，的最大值为2，
∴的最小值为，即点到直线的距离是，
∵，设，，即，解之：，
所以此时.
【点睛】
本题考查空间中的面面垂直的证明，异面直线所成的角的定义和计算，线面角的定义和计算，属于中档题.
22．（2020·安徽宣城·高一期末（理））如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）取中点，连接，根据已知条件，可证四边形为平行四边形，即可得证结论；
（2）点到平面的距离，即为点到平面的距离，求出，的面积，等体积法，即可求出结论；
（3）由（2）的结论，得出直线与平面所成的角，解直角三角形，即可求解.
【详解】
（1）证明：取中点，连接，
∵为的中点，∴，且，
又，且，
∴，且，
则，且，
∴四边形为平行四边形，∴.
又∵平面.平面，
∴平面.
（2）取的中点，连接，∵，
∴且，∴四边形是矩形，
∴，又∵平面，∴，
∴平面且，
过点作平面于，
则即为点到平面的距离.
∵，∴，
，∴.
（3）连接由（2）知
即为直线与平面所成的角，
在中，，，∴，
又∵是的中点，
∴，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查点到面距离，以及直线与平面所成的角，解题的关键是等体积法的应用，属于中档题.f
23．（2020·九龙坡·重庆市育才中学开学考试）如图1，在高为2的梯形中，，，，过、分别作，，垂足分别为、.已知，将梯形沿、同侧折起，得空间几何体，如图2.
（1）若，证明：为直角三角形；
（2）若，，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）由，可得平面，得出，结合即可得出平面，故而；
（2）求出的大小，以为原点建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，计算两法向量的夹角即可得出二面角的大小．
【详解】
（1）证明：连接，
由已知可知四边形是正方形，，
又，，
平面，又平面，
，
又，，
平面，又平面，
，即为直角三角形．
（2）取的中点，连结，则四边形是平行四边形，
，，又，
，即，
过作，则平面，
以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，，，
，1，，，，，
设平面的法向量为，，，则，
即，令得，，，
又平面，，0，是平面的一个法向量，
，
由图形可知平面与平面所成角为锐二面角，
平面与平面所成角的余弦值为．
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．
24．（2020·广州市第一一三中学期中）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据菱形性质可知，根据线面垂直性质可得，由线面垂直的判定定理可知平面；由线面垂直性质可证得结论.
（2）作，由线面垂直的判定可证得平面，进而得到；根据二面角平面角的定义可知即为所求二面角的平面角；在中，利用长度关系求得结果.
【详解】
（1）连接
四边形为菱形 ，且
平面，平面
平面， 平面
平面
（2）作，垂足为，连接
四边形为菱形， 为等边三角形
又 ，
平面，平面
又，平面， 平面
平面
二面角的平面角为
，为中点
二面角的余弦值为
【点睛】
本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、二面角的求解问题；立体几何中证明线线垂直长采用先证线面垂直，根据线面垂直性质证得结论的方式；求解二面角的关键是能够明确二面角平面角的定义，并通过垂直关系找到二面角的平面角.
25．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，.
（1）证明：平面平面；
（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）为线段上靠近点的四等分点，且坐标为
【解析】
【分析】
（1）先通过线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）分析位置关系并建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系，即可计算出的坐标从而位置可确定.
【详解】
（1）证明：因为，，，
所以，即.
又因为，，所以，
，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，是的中点，所以.
由（1）知，平面平面，所以平面.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则平面的一个法向量是，，，.
设，，
，，
代入上式得，，，所以.
设平面的一个法向量为，，，
由，得.
令，得.
因为二面角的平面角的大小为，
所以，即，解得.
所以点为线段上靠近点的四等分点，且坐标为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求解二面角有关的问题，难度一般.（1）证明面面垂直，可通过先证明线面垂直，再证明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夹角的余弦值，要注意结合图形分析.
四、填空题
26．（2020·梅河口市第五中学其他（理））如图，已知正三棱柱的所有棱长均相等，D为的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为__________
【答案】.
【解析】
【分析】
先证出B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，证AG⊥平面B1DC，可知∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，求其正弦即可．
【详解】
如图，连接B1D，因为三角形为正三角形，则， 又平面 ⊥平面AC1，交线为，B1D平面 ，则B1D⊥平面AC1，
过A点作AG⊥CD，
则由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D，由线面垂直的判定定理得AG⊥平面B1DC，
于是∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，
由已知，不妨令棱长为2，则可得ADCD，
由等面积法算得AG
所以直线AD与面DCB1的正弦值为 ；
故答案为．
【点睛】
考查正棱柱的性质以及线面角的求法．考查空间想象能力以及点线面的位置关系，线面角的一般求解方法：法一作出角直接求解，法二；利用等积转化求解
27．（2020·甘肃省会宁县第二中学期中（文））已知正方体的棱长是3，点､分别是棱､的中点，则异面直线与所成的角是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形是等边三角形则为，从而求出异面直线与所成的角.
【详解】
如图，连接，，，则为直线与所成的角
棱长为3，则，
∴三角形为等边三角形则为
从而异面直线与所成的角是
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力､运算能力和推理论证能力，解题本题的关键寻找异面直线所成角，易错在计算．
28．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））如图，四面体中，是的中点，和均为等边三角形，，，点到平面的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】
先证平面，利用等体积能求出到平面的距离．从而能求出点到平面的距离．
【详解】
连接，为等边三角形，为的中点，
．和为等边三角形，
为的中点，，，．
在中，，
，即．，
平面．
设到平面的距离为，
则，，
由等体积可得，
解得点到平面的距离为．
点到平面的距离为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查点到平面的距离的求法，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，是中档题．
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