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第八章 立體幾何初步（二）（知識歸納+題型突破）
1.能用圖形、文字、符號三種語言描述三個公理，理解三個基本事實的地位與作用.
2.理解直線和平面平行的判定定理并能運用其解決相關問題.
3.通過對判定定理的理解和應用，培養學生的空間轉化能力和邏輯推理能力.
4.掌握空間平面與平面平行的判定定理，并能應用這個定理解決問題.
5.平面與平面平行的判定定理的應用.
6.理解兩異面直線的定義，
會求兩異面直線所成的角；
7.理解直線與平面垂直的判定定理，并會用其判斷直線與平面垂直.
8.理解直線與平面所成角的概念，并能解決簡單的線面角問題.
9.能利用直線與平面垂直的判定定理進行證明.
10.掌握直線與平面平行的性質定理；?
11.能用直線與平面平行的性質定理解決相關問題；
12.理解直線到平面的距離，兩平行平面的距離定義.
13.理解二面角的有關概念，會作二面角的平面角，能求簡單二面角平面角的大小.
14.了解面面垂直的定義，掌握面面垂直的判定定理，初步學會用定理證明垂直關系.
15.熟悉線線垂直、線面垂直的轉化.
16.掌握平面與平面垂直的性質定理；?
17.運用平面與平面垂直的性質定理解決一些簡單的問題；
18.了解平面與平面垂直的判定定理與性質定理之間的關系.
知識點1：異面直線
（1）異面直線的概念
不同在任何一個平面內的兩條直線叫做異面直線
（2）異面直線的畫法
畫異面直線時，為了體現它們不共面的特點，常借助一個或兩個平面來襯托
（3）異面直線的判定
①定義法 ②兩直線既不平行也不相交
知識點2：直線與平面平行
（1）直線與平面平行的判定定理
如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行
符號表述：
圖形語言
直線與平面的平行關系（空間問題）轉化為直線間的平行關系（平面問題） 即
線線平行 線面平行
（2）直線與平面平行的性質定理
如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線就和交線平行
符號表述：，，
簡記：線線平行 線面平行
注意：①定理中三個條件缺一不可
②簡記：線面平行，則線線平行
③定理的作用：判斷直線與直線平行的重要依據
④定理的關鍵：尋找平面與平面的交線
知識點3：平面與平面平行的判定定理
（1）兩個平面平行的判定定理
如果一個平面內的有兩條相交直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行.（定理簡述：線面平行，則面面平行.）
（2）符號語言
（3）圖形語言
（4）定理應用
線線平行面面平行
知識點4：平面與平面平行的性質定理
（1）平面與平面平行的性質定理
兩個平行平面，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行.
（2）符號語言
（3）圖形語言
（4）定理應用
面面平行線線平行
知識點5：異面直線所成角的概念
已知兩條異面直線，，經過空間任一點分別作直線，，我們把直線與所成的
角叫做異面直線a與b所成的角（或夾角）
知識點6：異面直線所成角的范圍
由異面直線所成角的定義得，異面直線所成的角是銳角或直角，即.
注意：①異面直線所成角的大小不能是，若兩條直線所成角是，則這兩條直線平行，不可能異面.②空間兩直線所成的角的范圍是.
知識點7：直線與平面垂直
（1）定義：如果一條直線與平面內的任意一條直線都垂直，那么直線垂直于平面，記為.直線叫做平面的垂線，平面叫做直線的垂面，垂線與平面的交點P叫垂足.
（2）符號語言：對于任意，都有.
（3）圖形語言：
（4）應用：①若直線與平面垂直，則這條直線與這個平面內的所有直線都垂直，從而可判斷直線與平面內的直線互相垂直，即“若，，則”，簡述為“若線面垂直，則線線垂直”因此直線與平面垂直的定義不僅是直線與平面垂直的判定方法，也是證明直線與直線垂直的重要且常用的方法.
②重要結論：過一點有且只有一條直線與已知平面垂直；過一點有且只有一個平面與已知直線垂直.
知識點8：直線與平面垂直的判定定理
（1）直線與平面垂直的判定定理： 如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直.簡記：線線垂直線面垂直
（2）符號語言：，，，，
（3）圖形語言：如圖
知識點9：直線與平面所成角
（1）直線與平面所成角的定義
如圖，一條直線和一個平面相交，但不和這個平面垂直，這條直線叫做這個平面的斜線，斜線和平面的交點叫做斜足，過斜線上斜足以外的一點向平面引垂線，過垂足和斜足的直線叫做斜線在這個平面上的射影，平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角.
（2）說明：①為斜線
②與的交點為斜足
③直線為在平面上的射影
④直線與射影所成角（角）為直線與平面上所成角
⑤當直線與平面垂直時：；當直線與平面平行或在平面內時：
⑥直線與平面所成角取值范圍：.
（3）直線與平面所成角的求解步驟
①作：在斜線上選取恰當的點向平而引垂線，在這一步確定垂足的位置是關鍵；
②證：證明所找到的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據為直線與平面所成的角的定義；
③算：一般借助三角形的相關知識計算.
知識點10：二面角
（1）二面角:從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.這條直線叫做二面角的棱，每個半平面叫做二面角的面.
（2）符號語言：
①二面角.
②在，內分別取兩點，（，），可記作二面角；
③當棱記作時，可記作二面角或者二面角.
知識點11：二面角的平面角
（1）定義：在二面角的棱上任取一點，以點為垂足，在半平面和內分別作垂直與直線的射線，，則射線和構成的叫做二面角的平面角.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
（2）說明：
①二面角的大小可以用它的平面角的大小來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度；
②二面角的大小與垂足在上的位置無關一個二面角的平面角有無數個，它們的大小是相等的；
③構成二面角的平面角的三要素：“棱上”“面內”“垂直”.即二面角的平面角的頂點必須在棱上，角的兩邊必須分別在兩個半平面內，角的兩邊必須都與棱垂直，這三個條件缺一不可，前兩個要素決定了二面角的平面角大小的唯一性，后一個要素表明平面角所在的平面與棱垂直；
④二面角的平面角的范圍是，當兩個半平面重合時，；當兩個半平面合成一個平面時，
⑤當兩個半平面垂直時，，此時的二面角稱為直二面角.
知識點12：二面角的平面角求法
（1）定義法：利用二面角的平面角的定義，在二面角的棱上取一點（一般取特殊點），過該點在兩個半平面內分別作垂直于棱的射線，兩射線所成的角就是二面角的平面角，這是一種最基本的方法，要注意用二面角的平面角定義的三要素來找出平面角.
（2）三垂線定理及其逆定理
①定理：平面內的一條直線如果和經過這個平面的一條斜線在這個平面上的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直.
②三垂線定理（逆定理）法：由二面角的一個面上的斜線的射影與二面角的棱垂直，推得它在二面角的另一面上的射影也與二面角的棱垂直.從而確定二面角的平面角.
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定義可知兩個面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個面的交線所成的角，就是二面角的平面角.
（4）轉化法：化歸為分別垂直于二面角的兩個面的兩條直線所成的角（或其補角）.
（5）向量法：用空間向量求平面間夾角的方法（該方法我們將在選擇性必修第一冊中學到）.
知識點13：平面與平面垂直
（1）定義:一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直.
（2）符號語言:
（3）圖形語言
知識點14：平面與平面垂直的判定定理
（1）定理：如果一個平面過另一個平面的的垂線，那么這兩個平面垂直.（線面垂直，則面面垂直）
（2）符號（圖形）語言:，
（3）應用：線面垂直面面垂直.
知識點15： 平面與平面垂直的性質定理
（1）定理：兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直.
（2）符號（圖形）語言：，， .
（3）應用：①面面垂直線面垂直 ②作平面的垂線.
題型一：三點共線問題
例題1
（2024·全國·高二專題練習）
1．如圖所示，四邊形ABCD中，已知AB∥CD，AB，BC，DC，AD(或延長線)分別與平面α相交于E，F，G，H，求證：E，F，G，H必在同一直線上．

例題2
（2023·全國·高一專題練習）
2．如圖，在空間四邊形ABCD中，E，F分別是AB，AD的中點，G，H分別在BC，CD上，且.
(1)求證：E，F，G，H四點共面；
(2)設EG與FH交于點P，求證：P，A，C三點共線.
例題3
（2023·全國·高三專題練習）
3．如圖所示，在正方體中，E，F分別是的中點．
(1)求證：三線交于點P；
(2)在（1）的結論中，G是上一點，若FG交平面ABCD于點H，求證：P，E，H三點共線．
鞏固訓練
（2024·全國·高一假期作業）
4．空間中五點不共面，已知在同一平面內，在同一平面內，那么三點（ ）
A．一定構成三角形 B．一定共線 C．不一定共線 D．與共面
（2023下·河南信陽·高一校聯考期中）
5．如圖，在正方體中，E，F分別是上的點，且.

(1)證明：四點共面；
(2)設，證明：A，O，D三點共線.
（2023·高一課時練習）
6．如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C與截面DBC1交于O點，AC，BD交于M點，求證：C1，O，M三點共線．
題型二：三線共點問題
例題1
（2023·全國·高三專題練習）
7．如圖，在空間四邊形中，，分別是，的中點，，分別是邊，上的點，且．求證：直線，，相交于一點．
例題2
（2023下·安徽·高一安徽師范大學附屬中學校考階段練習）
8．空間四邊形ABCD中，E，F，G，H分別在AB，BC，CD，AD上，且滿足，.
(1)求證：E，F，G，H四點共面；
(2)求證：EH，FG，BD三線共點.
例題3
（2023下·高一單元測試）
9．空間四邊形ABCD中，E，F，G分別在AB，BC，CD上，且滿足，，過點E，F，G的平面交AD于H，連接EH.
(1)求；
(2)求證：EH，FG，BD三線共點．
鞏固訓練
（2023下·陜西西安·高一校考期中）
10．（1）已知直線，直線與，都相交，求證：過，，有且只有一個平面；
（2）如圖，在空間四邊形中，，分別是，的中點，，分別是邊，上的點，且.求證：直線，，相交于一點.

（2023下·陜西·高一校聯考期中）
11．已知分別是正方體中和的中點.
(1)證明：四點共面.
(2)證明：三條直線交于一點.
（2023·高一課時練習）
12．如圖，正四棱柱'．
(1)請在正四棱柱中，畫出經過P、Q、R三點的截面（無需證明）；
(2)若Q、R分別為'中點，證明：AQ、CR、三線共點．
題型三：由平面基本性質做截面圖
例題1
（2024上·河北廊坊·高三河北省文安縣第一中學校聯考期末）
13．如圖所示，正四棱臺中，上底面邊長為3，下底面邊長為6，體積為，點在上且滿足，過點的平面與平面平行，且與正四棱臺各面相交得到截面多邊形，則該截面多邊形的周長為（ ）
A． B． C． D．
例題2
（2024上·廣東珠海·高三珠海市第一中學校考期末）
14．如圖，正方體的棱長為2，點分別是的中點，過點的平面截該正方體所得的截面記為，則截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
例題3
（2024上·北京石景山·高三統考期末）
15．在正方體中，點在正方形內（不含邊界），則在正方形內（不含邊界）一定存在一點，使得（ ）

A． B．
C．平面 D．平面平面
例題4
（2024·全國·高三專題練習）
16．在長方體中，，，，為，的中點，在上，且.過，，三點的平面與長方體的六個面相交得到六邊形，則點到直線的距離為 .
鞏固訓練
（2024·全國·模擬預測）
17．如圖，在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，用過點，E，的平面截正方體，則截面周長為（ ）

A． B．9 C． D．
（2024上·貴州黔東南·高三天柱民族中學校考階段練習）
18．如圖，正方體棱上一動點F，點E為棱BC的中點，則平面AEF截得正方體的幾何圖形可以是（ ）

A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．六邊形
（2024·全國·高三專題練習）
19．正方體的棱長是，其中是中點，是中點，則過點的截面面積是 ．
（2024·全國·高二專題練習）
20．已知正三棱柱的底面邊長為3cm，高為3cm，M、N、P分別是、、的中點.
(1)用“斜二測”畫法，作出此正三棱柱的直觀圖（嚴格按照直尺刻度）；
(2)在（1）中作出過M、N、P三點的正三棱柱的截面（保留作圖痕跡）.
題型四：求異面直線所成角
例題1
（2024上·遼寧沈陽·高二校聯考期末）
21．如圖，在底面為正方形，側棱垂直于底面的四棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
例題2
（2024·全國·模擬預測）
22．如圖,在圓錐中,,為圓上的點,且,,若為的中點,為的中點,則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B．
C． D．
例題3
（2024上·上海徐匯·高二統考期末）
23．如圖，在正四棱柱中，底面是正方形，且，，經過頂點A和各作一個平面與平面平行，前者與平面交于，后者與平面交于，則異面直線與所成角的余弦值為 .
例題4
（2024·全國·模擬預測）
24．如圖，在圓錐中，是底面圓的直徑，，點為上靠近點的三等分點，點為上靠近點A的四等分點，則異面直線與所成角的余弦值為 ．

鞏固訓練
（2024上·內蒙古呼和浩特·高二統考期末）
25．在正方體中，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·模擬預測）
26．如圖，在長方體中，，，點在矩形內運動（包括邊界），M，N分別為，的中點，若平面，當取得最小值時，異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
（2024上·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）
27．已知棱長均相等的正三棱柱，則異面直線與所成角的余弦值為 ．
（2024·全國·高三專題練習）
28．如圖，已知在矩形和矩形中，，，且二面角為，則異面直線與所成角的正弦值為 ．
題型五：由異面直線所成角求參數
例題1
（2024上·河北邯鄲·高三磁縣第一中學校考階段練習）
29．如圖，已知圓柱的底面半徑和母線長均為1，分別為上、下底面圓周上的點，若異面直線所成的角為，則（ ）
A．1 B． C．1或2 D．2或
例題2
（2024·全國·高一假期作業）
30．如圖，在四面體中，、分別為、的中點，若、所成的角為，且，則的長為（ ）

A． B． C． D．或
例題3
（2023上·廣西南寧·高二南寧三中校聯考期中）
31．如圖，由矩形與矩形構成的二面角為直二面角，為中點，若與所成角為，且，則（ ）
A．1 B．2 C． D．
鞏固訓練
（2024·全國·高三專題練習）
32．如圖，在三棱錐中，異面直線與所成的角為60°，，分別為棱，的中點，若，，則（ ）

A． B．2 C．或 D．2或
（2023上·上海青浦·高二上海市青浦高級中學校考期末）
33．在棱長為1的正方體中，P為底面ABCD內（包括邊界）的動點，滿足直線與直線所成角的大小為，則線段掃過的面積的大小為（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·高三專題練習）
34．在空間四邊形中，是的中點，是的中點，對角線，異面直線與所成角大小為60°，則的長度是 ．
題型六：線面平行的判定與性質定理
例題1
（2023上·上海浦東新·高三校考期中）
35．如圖，四邊形是平行四邊形，是平面外一點，為上一點，若平面，則 ．

例題2
（2023上·河北秦皇島·高二統考期中）
36．如圖所示，在正四棱錐中，底面ABCD的中心為O，PD邊上的垂線BE交線段PO于點F，．證明：平面PBC.

例題3
（2023上·四川南充·高二四川省南充高級中學校考階段練習）
37．如圖，在棱長為1的正方體中，為棱的中點，為棱的中點．
(1)求證：平面；
(2)三棱錐的體積大小．
例題4
（2023下·全國·高一期中）
38．如圖所示，已知是平行四邊形所在平面外一點，分別是的中點.

(1)求證：平面；
(2)設平面平面，求證：.
鞏固訓練
（2023上·河南·高三安陽縣高級中學校聯考階段練習）
39．如圖，四棱錐的底面為平行四邊形，分別為棱上的點，，且平面，則 .
（2023上·陜西·高二校聯考階段練習）
40．在正四棱臺中，，，，，，若平面，則 ．

（2023·全國·高三專題練習）
41．如圖，在正三棱柱中，分別是，，的中點，，求證：平面；
（2023·全國·高一隨堂練習）
42．如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于HG，求證：．
題型七：面面平行的判定與性質定理
例題1
（2023上·安徽六安·高二校考階段練習）
43．已知直三棱柱中，，，，P是的中點，Q在棱上，且，M在棱上，若平面，則（ ）

A． B． C． D．
例題2
（2023·全國·高三專題練習）
44．如圖，在多面體中，是正方形，，，，為棱的中點．求證：平面平面.
例題3
（2023下·遼寧阜新·高一校考期末）
45．已知在正方體中，M、E、F、N分別是、、、的中點.求證：
(1)E、F、D、B四點共面
(2)平面平面.
例題4
（2023上·遼寧沈陽·高二沈陽市第一二〇中學校考開學考試）
46．如圖甲，在平面五邊形ABCDE中，，，，，，，，，垂足為H，將沿AD折起（如圖乙），使得平面平面ABCD．

(1)求證：平面ABCD；
(2)在線段BE上是否存在點M，使得平面CDE？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
鞏固訓練
（2023下·全國·高一隨堂練習）
47．如圖，在三棱錐中，、、、分別是、、、的中點，且，．
(1)證明：；
(2)證明：平面平面.
（2023下·全國·高一隨堂練習）
48．直四棱柱中，，求證：平面.

（2023上·江西宜春·高一江西省豐城中學校考期中）
49．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為上的點，且，為中點．

(1)證明：平面.
(2)在上是否存在一點，使得平面？若存在，指出點位置，并證明你的結論；若不存在，說明理由．
（2023·全國·高一隨堂練習）
50．如圖，點S是所在平面外一點，M，N分別是SA，BD上的點，且．求證：平面．

題型八：直線與平面垂直
例題1
（2024·全國·模擬預測）
51．如圖，在四棱錐中，平面，，，，，是的中點．

(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的體積．
例題2
（2024·全國·模擬預測）
52．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為梯形，，，，，且在中，，．
(1)求證：；
(2)若，求四棱錐的體積．
例題3
（2024·全國·高三專題練習）
53．如圖，為圓錐的頂點，A，為底面圓上兩點，，為中點，點在線段上，且.證明：平面平面；
例題4
（2024·全國·高三專題練習）
54．如圖，在三棱柱中，，．證明：
例題4
（2024·全國·模擬預測）
55．如圖，在直三棱柱中，為正三角形，點E，F分別在棱，上，且，．

(1)證明：平面平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
鞏固訓練
（2024上·上海長寧·高二上海市民辦新虹橋中學校考期末）
56．如圖，已知正四棱柱，
(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面
（2024·全國·高三專題練習）
57．如圖，在四棱錐中，已知，.證明：平面；
（2024·全國·高三專題練習）
58．如圖，在三棱柱中，側面為菱形，，，.證明：平面平面；
（2024·全國·高三專題練習）
59．如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面，點是的中點，證明：.
（2024·全國·模擬預測）
60．如圖，在三棱錐中，△是邊長為的正三角形，，．
(1)求證：平面平面BCD；
(2)若點E在棱BC上，且，求三棱錐的體積．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．證明見解析.
【分析】根據推論3及公理2可知，兩條平行直線AB和CD可以確定一個平面ABCD，并且平面ABCD與平面的所有的公共點應該在一條直線上，根據題意，這些公共點即E，F，G，H四點，所以這四點必定共線.
【詳解】證明：因為AB∥CD，所以AB，CD確定平面AC，因為AB∩α＝E，所以E∈平面AC，E∈α，由基本事實3可知，E必在平面AC與平面α的交線上．同理F，G，H都在平面AC與平面α的交線上，因此E，F，G，H必在同一直線上．
【點睛】在立體幾何的問題中，證明若干點共線時，常運用公理2，即先證明這些點都是某二平面的公共點，而后得出這些點都在二平面的交線上的結論.
2．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據已知條件，可得以及，所以，進而得出四點共面；
（2）因為是平面和平面的交線，只需證明點是平面和平面的交點，即可證得，進而得到三點共線.
【詳解】（1）因為E，F分別為AB，AD的中點，所以.
在中，因為，所以，所以，
所以.
所以E，F，G，H四點共面.
（2）因為，所以.
由已知可得，，，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，所以平面ABC.
同理，平面ADC，平面ADC.
所以為平面ABC與平面ADC的一個公共點.
又平面平面，所以，
所以P，A，C三點共線.
3．(1)證明見解析；
(2)證明見解析
【分析】（1）連接，，可得到且，則EC與相交，設交點為P，則能得到P平面ABCD，平面，結合平面平面，即可得證；
（2）可證明P，E，H都在平面與平面ABCD的交線上，即可得證
【詳解】（1）證明：連接，，
正方體中，E，F分別是的中點，
∴且，
∵且，
∴且，
∴EC與相交，設交點為P，
∵PEC，EC平面ABCD，∴P平面ABCD；
又∵，平面，∴平面，
∴P為兩平面的公共點，
∵平面平面，∴，
∴三線交于點P；
（2）
在（1）的結論中，G是上一點，FG交平面ABCD于點H，
則FH平面，∴平面，又平面ABCD，
∴平面平面ABCD，
同理，平面平面ABCD，
平面平面ABCD，
∴P，E，H都在平面與平面ABCD的交線上，
∴P，E，H三點共線．
4．B
【分析】由已知條件可知，既在平面上又在平面上，結合公理3即可得出．
【詳解】設平面為，平面為，且不共面，則，，則必相交于直線，且，故三點一定共線且位于平面與平面的交線上.
【點睛】本題對空間中三點共線進行考查，解題的關鍵是公理3 的運用．
5．(1)證明見祥解
(2)證明見祥解
【分析】（1）連接，利用中位線定理得到，再根據正方體的性質得到，進而證明四邊形是平行四邊形，從而得到，由此可證四點共面；
（2）先證平面，且平面ABCD，又平面平面，
所以，進而得到A，O，D三點共線.
【詳解】（1）證明：如圖，連接.

在正方體中，，所以，
又，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
，所以四點共面；
（2）證明：由，，又平面，平面，
同理平面ABCD，又平面平面，
，即A，O，D三點共線.
6．證明見解析
【分析】欲證C1，O，M三點共線，只須證它們都在平面A1ACC1與平面DBC1的交線上，根據立體幾何中的公理可知，只要說明C1，O，M三點是平面A1ACC1與平面DBC1的公共點即可．
【詳解】證明：如圖，因為C1∈平面A1ACC1，且C1∈平面DBC1
∴C1是平面A1ACC1與平面DBC1的公共點，又因為M∈AC，所以M∈平面A1ACC1
∵M∈BD，∴M∈平面DBC1，∴M也是平面A1ACC1與平面DBC1的公共點
∴C1M是平面A1ACC1與平面DBC1交線
∵O是A1C與平面DBC1的交點，∴O∈平面A1ACC1，O∈平面DBC1
∴O也是平面A1ACC1與平面DBC1的公共點
∴O∈直線C1M，即C1，O，M三點共線．
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵在于證明C1，O，M三點都在平面A1ACC1與平面DBC1的交線上，再結合公理三進行求解.
7．證明見解析
【分析】
先通過中點以及線段比例關系證明，然后說明與交于一點，結合點在兩個平面內這一特點說明三線共點.
【詳解】
在空間四邊形中，連接，
∵分別為的中點，則，且，
又由，則，且，
故，且，故四邊形為梯形，與交于一點，
設與交于點，如圖，
由于平面，故點在平面內，同理點在平面內，
又∵平面平面，∴點在直線上，
故直線相交于一點．
8．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）由線段成比例證∥，∥即可；
（2）先證四邊形EFGH為梯形其腰交于一點，再證該點同屬于面BDC和面ABD即可.
【詳解】（1），
∥
∥
∥，所以四點共面；
（2）∥，且，，
，
四邊形EFGH為梯形，
設，則，而平面ABD，所以平面ABD ,
又，平面BCD，所以平面BCD，
而平面平面，
，
EH，FG，BD三線共點.
9．(1)AH∶HD＝3∶1.
(2)證明見解析
【分析】
（1）由線面平行的判定定理可得平面ACD，再由可得答案：
（2）先證明四邊形EFGH為梯形，設，則根據平面的性質可得答案．
【詳解】（1）
∵，，
又平面ACD，平面ACD，平面ACD，
∵平面EFGH，且平面EFGH∩平面ACD＝GH，，
又，，
∴，即：
（2）
∵，且，，
∴，∴四邊形EFGH為梯形，
設，則，而平面ABD，，平面BCD，
平面平面BCD＝BD，∴，∴EH，FG，BD三線共點．
10．證明過程見解析
【分析】
（1）設兩平行直線確定的平面為，從而得到，，直線，即平面，證明出結論；
（2）作出輔助線，得到，且，得到四邊形為梯形，與交于一點，再證明點在直線上，證明出結論.
【詳解】（1）證明：設直線與，分別交于點，
如圖1，

因為，所以確定一個平面，記為平面，
因為點直線，點直線，所以，，
所以直線，即平面，所以過，，有且只有一個平面；
（2）在空間四邊形中，連接，
因為分別為的中點，則，且，
又由，則，且，
故，且，故四邊形為梯形，與交于一點，
設與交于點，如圖2，

由于平面，點在平面內，同理點在平面內，
又因為平面平面，
所以點在直線上，
故直線相交于一點.
11．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）通過證明，得到四點共面.
（2）設和交于點P，證明點P在平面與平面的交線上.
【詳解】（1）連接，因為是正方體，
分別是和的中點，所以.
又，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以，
所以四點共面.
（2）由（1）知，且，
所以和必交于一點.
設，
因為平面，所以平面.
因為平面，所以平面.
又平面平面，所以，
所以交于一點.
12．(1)圖見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）直接由平面的基本性質作圖；
（2）證明四邊形AQRC為梯形，設，再證明，即可得到AQ、CR、三線共點．
【詳解】（1）作直線分別交的延長線于，連接交于，
連接交于點，連接，
如圖五邊形PSQRT即為所求；
（2）證明：如圖，連接，，，則，，
∵Q、R分別為中點，
∴QR，又AC，
∴QR，而AC＝2QR，可得四邊形AQRC為梯形，
設，則，
∵AQ 平面，∴O∈平面A′AB，同理O∈平面C′CB，
又平面平面，∴，
即AQ、CR、三線共點．
13．D
【分析】
首先過點作于點，結合已知得，由棱臺體積公式得，由勾股定理得，再求出的長，最終根據相似三角形對應邊成比例即可得解.
【詳解】如圖所示，
過點作于點，因為，
所以，
則四棱臺的高為，則四棱臺的體積為，
解得，所以側棱長為.
如圖所示：
過于點，于點，連接，
由對稱性可知，
所以，
而，
所以，
所以，同理，
分別在棱上取點，使得，
易得，
所以截面多邊形的周長為.
故選：D.
14．D
【分析】
作出輔助線，得到五邊形即為截面，根據三角形全等或相似得到各邊長度，求出截面面積.
【詳解】延長，與直線相交于，
連接與分別交于點，連接，
則五邊形即為截面，
正方體的棱長為2，點分別是的中點，
由≌≌得，
，，
故，
因為⊥平面，平面，
所以⊥，⊥，
由勾股定理得，
取的中點，連接，則⊥，且，
由勾股定理，
其中，
由相似關系可知，，
故.
故選：D
15．A
【分析】
作出截面后可作，從而判斷A，利用線面垂直的性質判斷BC，根據面面平行的性質判斷D．
【詳解】選項A，正方體中，顯然有，連接延長，
如果直線交棱于點（圖1），則作交于，連接，則是梯形，作交于，則平面，
如果直線交棱于點（圖2），則直接連接，在三角形內作交于，也有平面，因此A正確；

選項B，正方體中易知平面，因此與垂直的直線都可能平移到平面內，而當平面，平面時，直線與平面相交，不可能平移到平面內，B錯；
選項C，由選項B知與不可能垂直，因此與平面也不可能垂直，C錯；
選項D，過的平面只有平面與平面平行，因此要使得平面平面，則平面與平面重合，從而點只能在棱上，與已知不符，D錯．
故選：A．
16．
【分析】
根據面面平行的性質得線線平行，即可根據相似求解截面六邊形，根據線面垂直得線線垂直，即可根據面積公式求解.
【詳解】
如圖所示，在長方體中，連接,
因為，，，為，的中點，截面與平面，平面分別相交于直線，
所以，
所以，，，
所以，延長與的延長線交于,延長與相交于，連接，,
與的交點為， 與的交點為，
因為，所以，因為，，所以，
因為，為的中點，所以，
因為，所以，又，所以，同理，，在上取一點，使得，過作與垂直，垂足為，連接，,
由于平面，所以平面，平面，
故,又平面,
所以平面,平面,故，
且，因為
，，
所以，所以，所以.
故答案為：.

17．A
【分析】作出正方體的截面圖形，求出周長即可.
【詳解】
如圖，取AB的中點G，連接GE，，．
因為E為BC的中點，所以，，
又，，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，，
所以，，
所以用過點，E，的平面截正方體，所得截面為梯形，
其周長為．
故選：A．
18．AC
【分析】
首先求點為棱的中點，以及點在點處時，截面的形狀，再討論點在其他位置時，截面的形狀.
【詳解】如圖，當點為棱的中點時，截面為等腰梯形；
當點在點處時，截面為菱形；
當時，截面為五邊形；
當時，截面為四邊形；
綜上所述，AC正確，BD錯誤.

故選：AC.
19．
【分析】
根據題意得到過點的截面為五邊形，由余弦定理求得，得到，求得平行四邊形的面積為，再由，得到，進而求得截面的面積.
【詳解】
在上取使，連接并延長與的延長線交于點，連交于，連接，
由正方體的性質可知，則五邊形即為過點的截面，

由題可得，，
在中，，
由余弦定理得，所以，
所以平行四邊形的面積為，
又由，
所以，
所以截面的面積為.
故答案為：.
20．(1)作圖見解析；
(2)作圖見解析.
【分析】
（1）利用斜二測法畫出棱柱底面的直觀圖，再根據斜二測畫圖的原則確定三點，即可得直觀圖；
（2）應用平面的基本性質畫出截面即可.
【詳解】（1）①平面直角坐標系中作邊長為3cm的等邊三角形，原點為中點，如下圖，
②在線段上找到中點，過作與x軸成45°的軸，并在軸找點使，此時直觀圖底面確定；
③過向上作與x軸垂直的射線，并在各射線上找一點使cm，連接，即得正三棱柱的直觀圖.
（2）①過作直線分別交射線于，連接，分別交于，
②連接，則截面即為所求.
21．A
【分析】連接，根據幾何關系可知異面直線與所成角為或其補角，然后利用余弦定理求解出結果.
【詳解】連接，
因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，所以異面直線與所成角為或其補角，
又因為且四棱柱為底面是正方形的直四棱柱，
所以，
所以，
故選：A.
22．A
【分析】首先作輔助線,找到異面直線所成的角或其補角即,然后找線面位置關系,求相關線段長,再利用余弦定理求解即可.
【詳解】如圖,取的中點,取的中點,連接
則,且,,則就是異面直線與所成的角或其補角．
易知平面,所以平面,所以.
因為,,所以,
所以由勾股定理得,
又,,
所以在△中,由余弦定理得,
故異面直線與所成角的余弦值為．
故選:A．
23．
【分析】
利用平面與平面平行的性質定理，得，，求與所成的角的余弦值即為所求.
【詳解】設平面平面，因為平面，所以，
又因為平面平面，且平面平面，
所以，，
因為平面平面，且平面平面，
同理可證，異面直線與所成的角即所成的
在正四棱柱中，底面是正方形，且，
，，
，
所以異面直線與所成的角的余弦值為.
故答案為：.
24．
【分析】
取的中點，連接，可知或其補角為異面直線與所成的角．結合余弦定理分析求解.
【詳解】
如圖，取的中點，連接，
則，則，可知或其補角為異面直線與所成的角．

因為，即為等邊三角形，
不妨取，連接，則，
過點作于點，則，可得，
連接，則，
過點作，垂足為，連接，則，
所以，則，
又，所以，
故異面直線與所成角的余弦值為．
故答案為：.
25．D
【分析】
根據直線的平行關系得到異面直線所成角，解直角三角形即可.
【詳解】設正方體棱長為2，連接，如圖，
因為，所以（或其補角）即為異面直線與所成的角，
在直角三角形中，，
故選：D
26．D
【分析】
根據條件平面，找到P的軌跡，又當取得最小值時，確定P的位置，由異面直線所成角的定義可求得結果.
【詳解】如圖，取的中點的中點，連接，，，所以,
又M，N分別為，的中點，所以，
故，平面,所以平面，
又,所以四邊形為平行四邊形，故，
平面,平面，
又，平面，，故平面平面，
所以當平面時，平面，則點在線段上，
當時，取得最小值，易知，
則此時為線段的中點．（等腰三角形中三線合一）
由可得，所以為異面直線與所成的角，
且由平面幾何知識可知，，，，
．
所以異面直線與所成角的余弦值為，
故選：D．
27．##
【分析】
連接，交于點，取的中點，連接，則，則為異面直線所成的角或其補角,解三角形即可.
【詳解】
如圖1，連接，交于點，取的中點，連接，
則，則為異面直線所成的角或其補角，不妨令，
則在三角形中，，，
由余弦定理可知：，
所以異面直線與所成角的余弦值為．
故答案為：
28．
【分析】
取中點為，根據二面角平面角定義可知，得到為等邊三角形；根據三角形中位線性質和異面直線所成角的定義可知：或其補角即為所求角，結合長度關系，利用余弦定理可求得，進而得到結果.
【詳解】
連接，，，取中點，連接，，
∵四邊形，為矩形，∴，，
平面平面，平面，平面，
∴即為二面角的平面角，∴，
又，，∴，∴為等邊三角形，∴；
∵，分別為，中點，∴，，
∴（或其補角）即為異面直線與所成角，
∵，∴，
∴，
所以異面直線與所成角的正弦值為．
故答案為：．
29．D
【分析】
過點作平面于點，則是母線，則或，分類討論即可求解.
【詳解】
如圖，過點作平面于點，則是母線，
連接底面，，
則四邊形是平行四邊形，，
與所成的角就是或其補角．
當時，是等邊三角形，，
在中，；
當時，在中，，
在中，．
綜上，或.
故選：D．
30．D
【分析】
取線段的中點，連接、，分析可知異面直線、所成的角為或其補角，分、兩種情況討論，通過解，可得出的長.
【詳解】取線段的中點，連接、，

因為、分別為、的中點，則且，
同理可得且，
所以，異面直線、所成的角為或其補角，
①若，則是邊長為的等邊三角形，故；
②若，因為，則為等腰三角形，且，
取的中點，則，且.
綜上所述，或.
故選：D.
31．D
【分析】
取的中點，作出直線與所成的角，結合已知利用余弦定理求解即得.
【詳解】取的中點，連接，如圖，
矩形中，為中點，則，即四邊形是平行四邊形，
有，因此是直線與所成的角或其補角，
顯然，則是二面角的平面角，有，
即有，而平面，于是平面，平面，
則，由，得，令，則，
在中，由余弦定理得，
解得，所以.
故選：D
32．C
【分析】
利用線線角以及余弦定理求得.
【詳解】設是的中點，連接，
由于，分別為棱，的中點，
所以,
所以是異面直線與所成的角或其補角，
當時，在三角形中，
由余弦定理得.
當時，在三角形中，
由余弦定理得.
所以為或.
故選：C

33．A
【分析】
結合題意易知的軌跡是以為圓心，半徑為的四分之一圓，即可求掃過的面積.
【詳解】由題意得：正方體中，易得，
要使直線與直線所成角的大小為，
只需與直線所成角的大小為，
所以繞以夾角旋轉為錐體的一部分，如圖所示：
所以,即，
所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的四分之一圓，
故線段掃過的面積的大小為.
故選：A.
34．1或
【分析】
取的中點，連接，易知，或60°，在三角形中，由余弦定理即可求出答案.
【詳解】取的中點，連接，則，
因為異面直線與所成角大小為60°，
所以或60°，
又因為，所以，
所以在三角形中，由余弦定理可得：
或.
故答案為：1或
35．
【分析】
連接交于點，連接，根據線面平行的性質證明，即可得解.
【詳解】連接交于點，連接，
因為四邊形是平行四邊形，所以為的中點，
因為平面，平面平面，平面，
所以，
所以為的中點，
所以.
故答案為：.
36．證明見解析
【分析】
作出輔助線，由線面垂直得到線線垂直，證明出兩三角形全等，得到，得到線面平行.
【詳解】
證明：如圖，延長FO至點M，使，連接MD，

∵底面ABCD的中心為O，
∴平面，，
∵平面，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
∴
而，
∴，
∴，
∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC；
37．(1)證明見解析；
(2)1.
【分析】
（1）連接，取的中點為，利用平行公理及線面平行的判斷推理即得.
（2）由（1）的結論，利用等體積法轉化求出體積.
【詳解】（1）在正方體中，連接，取的中點，連接，
有M為的中點，則，又E為BC的中點，
于是，則四邊形是平行四邊形，，
又F為CD的中點，則有，即四邊形是平行四邊形，，
因此，又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，平面，則點到平面的距離等于點到平面的距離，
而正方體的棱長為1，平面，則點到平面的距離為到平面的距離1，
所以三棱錐的體積.
38．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）通過構造平行四邊形的方法證得平面.
（2）根據線面平行的性質定理證得.
【詳解】（1）取的中點，連接，如圖所示，
由，且，
，且，
所以，且，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因為，平面，平面，
所以平面，
又因為平面平面，
所以.

39．
【分析】
根據線面平行的性質定理，平行線分線段成比例等知識求得正確答案．
【詳解】
設，連接，
由于平面，平面，平面平面，
則，
由于,,所以，
所以．
故答案為：．
40．##0.75
【分析】畫出圖形，由題意平面，可以推理得出，再根據題目條件分別把這兩個向量表示為，，由向量共線的條件即可求解.
【詳解】如圖所示：

連接，設，平面平面，
因為平面，且平面，
所以；
因為四棱臺底面為正方形，且，，
所以，，
從而，
又因為，，
所以，
，
因為，
所以.
故答案為：.
41．證明見解析
【分析】
取的中點，連接，，可證明，再根據線面平行的判定定理可得結論.
【詳解】
取的中點，連接，，
根據題意可得，且，，可得
由三棱柱得性質知，所以，即，
則四邊形是平行四邊形，所以，
因為面，面，
所以面．
42．證明見詳解
【分析】
連接交于點，連接，先利用三角形中位線性質和線面平行判定定理證明平面，然后由線面平行性質定理可證.
【詳解】連接交于點，連接，
因為ABCD是平行四邊形，所以為中點，
又M是PC的中點，所以，
因為平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面平面，
所以

43．B
【詳解】取上一點，使得，取上一點，使得，連接，取的中點，連接，由面面平行的判定定理可證明平面，再由面面平行的性質定理可得平面，故重合，即可得出答案.
【分析】取上一點，使得，取上一點，使得，
連接，因為，，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又因為取的中點，連接，三棱柱的性質知：
，所以四邊形是平行四邊形，所以，
又因為，所以，又因為，
所以在中，所以，所以，
因為平面，平面，所以平面，
因為，所以平面平面，
而平面，所以平面，故重合，所以.
故選：B.

44．證明見解析
【分析】
連接交于，連接，即可得到，從而證明平面，再說明四邊形是平行四邊形得到，即可得到平面，從而得證.
【詳解】
連接交于，連接，則為的中點，
因為為的中點，所以，
因為平面，平面，所以平面，
因為，，所以四邊形是平行四邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面，
因為，平面，所以平面平面．
45．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）根據題意證明，即可得結果；
（2）根據線面、面面平行的判定定理分析證明.
【詳解】（1）
證明：分別是、的中點，
所以，
又，
所以四邊形是平行四邊形，
.
，
即確定一個平面，故E、F、D、B四點共面.
（2）
（2）M、N分別是、的中點，
.又平面，平面，平面.
連接，如圖所示，則，.
四邊形是平行四邊形.
.
又平面，平面.
平面.
都在平面,且,所以平面平面.
46．(1)證明見解析
(2)存在，，理由見解析.
【分析】
（1）利用面面垂直的性質定理證明；
（2）過點作平行線得出與平面平行的平面，然后利用三角形一邊平行線的性質求解.
【詳解】（1）
因為，平面平面，
平面平面,
平面，
所以平面ABCD.
（2）
過點作交于點，
過點作交于點，連接.
又因為，所以，又平面，
平面，
所以平面，同理平面,
又因為，
平面平面，
所以平面平面.
因為平面，所以平面.
在中，，
所以，
又，所以，
因為，所以,
又因為,所以,
所以在線段上是否存在點，使得平面CDE,且.
47．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）連接，由三線合一可得，，故而證明平面，于是；
（2）根據中位線定理可得，，即可得到平面，同理可證平面，即可得證．
【詳解】（1）
連接，
，，是的中點，
，，
又平面，平面，，
平面，
又平面，
．
（2）
，，分別是，，的中點，
，，
又平面，平面，
平面，
同理可證平面，
又，平面，平面，
平面平面．
48．證明見解析
【分析】
先證明平面，平面，可得平面平面，進而可得結論.
【詳解】
因為直四棱柱中，
又，且平面，平面，
平面，平面
而，平面,
平面平面，
又平面平面
49．(1)證明見解析
(2)上存在點，且
【分析】
（1）通過構造中位線的方法來證得平面.
（2）通過證明面面平行的方法來確定點的位置.
【詳解】（1）
連交于，因為為中點，
所以是中位線，所以．
又平面AEC，平面．
所以平面AEC．

（2）
上存在點，且，使得平面，
證明：上取點，且，
因為為上的點，且，
所以在中，，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又在中，，所以，
因為平面，平面，所以平面，
因為，，平面，所以平面平面，
因為平面，所以平面．

50．證明過程見解析
【分析】
作出輔助線，得到線線平行，進而證明出線面平行，面面平行，從而證明出線面平行.
【詳解】在上取，使得，則，
因為平面，平面，
所以平面，
因為，所以，則，
又中，，故，
因為平面，平面，
所以平面，
因為平面，平面，，
所以平面平面，
因為平面，所以平面.

51．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）利用直線與平面垂直的定義和判定定理證明；
（2）利用第一問的結果找到三棱錐的高，底面積為的一半，然后用棱錐的體積公式求解．
【詳解】（1）
證明：因為平面，所以,.
因為，所以.又因為平面，所以平面.
因為平面，所以．
因為，所以，
所以，又是的中點，所以．
又因為，平面，所以平面.
（2）因為，平面，平面，所以平面.
所以點到平面的距離等于點到平面的距離.
因為平面，所以到平面的距離就是線段的長，
也就是點到平面的距離等于線段的長，所以點到平面的距離等于線段的長.
因為，，是的中點，所以.
因為平面， 平面，所以.
因為，所以.
因為是的中點，所以，
所以.
52．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）利用線面垂直先證明，得到平面PAD即可；
（2）利用面面垂直找到P到底面的距離PH，再用棱錐的體積公式求出即可.
【詳解】（1）
如圖，取CD的中點E，連接BE．
∵，∴．∵且，
∴四邊形ABED是矩形，
∴．
又∵，即，且，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
∵平面PAD，
∴．
（2）由題可得，．
又平面PAD，平面ABCD，∴平面平面ABCD．
∵平面平面，∴過P作于H，則平面ABCD．
∵，，∴．
∴．
故四棱錐的體積為．
53．證明見解析
【分析】
證明面面垂直，先證線面垂直，利用勾股定理證明，再由底面，底面，得出，即可得證.
【詳解】設圓O的半徑為r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圓錐中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
54．證明見解析
【分析】
取的中點，利用等腰三角形結合線面垂直判定定理先證明平面，然后由線面垂直性質可得.
【詳解】取的中點，連接，，
，，，，
又，平面，
平面，
又因為平面，
.
55．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據正三角形的性質以及平行四邊形的性質，結合面面垂直的性質定理，可得答案；
（2）根據三棱錐的體積公式，結合等積變換，可得答案.
【詳解】（1）取AC的中點，過點作，交于點，連接BG，EH，如圖．
由，且，則，
由，則，所以，
由，且可知，，且，
所以四邊形BEHG是平行四邊形，所以．
因為為正三角形，點為AC的中點，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．

（2）因為，所以，又，
所以．
由（1）知平面，且，
因為三棱錐的體積等于三棱錐的體積，
所以．
56．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】
（1）根據正四棱柱特點結合線面垂直的判定即可證明；
（2）通過平行四邊形的性質并結合面面平行的判定即可證明.
【詳解】（1）因為正四棱柱，所以平面，
且四邊形為正方形，所以，
又因為平面，所以，
因為，且平面，所以平面.
（2）因為，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又因為平面，平面，
所以平面，
因為，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又因為平面，平面，
所以平面，
又因為，且平面，所以平面平面.
57．證明見解析
【分析】
由余弦定理求得，由勾股定理逆定理得，然后可由線面垂直的判定定理得證線面垂直．
【詳解】在中，，
所以.
所以，故，則.
又，即.
平面，
所以平面.
58．證明見解析
【分析】
根據三角形邊角關系可得，進而結合勾股定理可得，即可求證線面垂直，進而可證面面垂直.
【詳解】如圖，連接，交于，連接.
因為側面為菱形，所以，且為的中點.又，故.
又，且，所以，
所以.又，所以，所以.
因為平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
59．證明見解析
【分析】
先利用面面垂直的判定定理與性質定理推得平面，再利用線面垂直的判定定理證得平面，從而得解.
【詳解】因為，點是的中點，所以.
因為平面平面，所以平面平面，
因為四邊形為矩形，所以，
因為平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因為，平面，
所以平面，
因為平面，所以.
60．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據面面垂直的判定定理證明；
（2）利用三棱錐和的體積關系求解.
【詳解】（1）如圖，過點A作BD的垂線，垂足為O，
設，則，
因為，所以，
解得，則，，，
因為，，，所以，
連接OC，則，，
所以，所以，
因為平面，平面，且，
所以平面，
又因為平面，所以平面平面．
（2）設，則，
因為，，，所以，
即，解得，所以，
由（1）知，平面ABD，
所以．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁第八章 立體幾何初步（二）（知識歸納+題型突破）
題型九：求線面角
例題1
1．在正三棱柱中，，是的中點，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
例題2
2．如圖，正方體的棱長為1，點P為正方形內的動點，滿足直線BP與下底面ABCD所成角為的點P的軌跡長度為（ ）

A． B． C． D．
例題3
3．已知正三棱錐的側棱長是底面邊長的2倍，則側棱與底面所成角的余弦值等于 ．
例題4
4．如圖，在四棱錐中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面，．
(1)求證：；
(2)已知三棱錐的體積為，求直線PC與平面PAB所成角的正切值．
鞏固訓練
5．在長方體中，，，，則與平面所成角的正切值為（ ）
A． B．2 C． D．
6．過正四棱錐的高的中點作平行于底面的截面，若四棱錐與四棱臺的表面積之比為，則直線與底面所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
7．正三棱柱的底面邊長為，側棱長為，則與側面所成的角的大小為 .
8．如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，與交于點，面，且.

(1)求證平面.；
(2)求與平面所成角的大小．
題型十：已知線面角求參數
例題1
9．已知斜三棱柱的底面是正三角形，與底面中心的連線垂直于底面，側棱，，且與底面所成角的大小是，則此三棱柱的底面邊長是 ．
例題2
10．已知正方體的棱長為2，點為平面內的動點，設直線與平面所成的角為，若，則點的軌跡所圍成的周長為 ．
例題3
11．如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面ABCD，為的中點．
(1)設平面與直線相交于點，求證：為的中點；
(2)若，，直線與平面所成角的大小為，求PD的長．
例題4
12．在三棱錐中，，，．

(1)求證：；
(2)若點在棱上，當直線與平面所形成的角的正弦值為時，求的值．
鞏固訓練
13．已知正方體的棱長為2，M為棱的中點，N為底面正方形ABCD上一動點，且直線MN與底面ABCD所成的角為，則動點N的軌跡的長度為 ．
14．已知正三棱柱內接于半徑為2的球，若直線與平面所成的角為30°，則 .
15．如圖，已知正方形的邊長為1，平面，三角形是等邊三角形．
(1)求異面直線與所成的角的大小；
(2)在線段上是否存在一點，使得與平面所成的角大小為？若存在，求出的長度，若不存在，說明理由.
16．如圖，在四棱錐中，DA⊥平面ABE，，，，F是DE的中點.

(1)證明：平面ABE；
(2)若，直線DE與平面ABE所成角為，求直線CF與直線DB所成角的余弦值.
題型十一：求二面角
例題1
17．如圖，在正三棱柱中，底面的邊長為1，P為棱上一點．
(1)若，P為的中點，求異面直線與所成角的大小；
(2)若，設二面角、的平面角分別為、，求的最值及取到最值時點P的位置．
例題2
18．如圖，平行六面體的底面是菱形，且．試用盡可能多的方法解決以下兩問：

(1)若，記面為，面為，求二面角的平面角的余弦值；
(2)當的值為多少時，能使平面？
例題3
19．如圖，平面是的一條斜線，是在平面內的射影，為斜線和平面所成的角．設，過作的垂線，連結，則，且即為二面角的平面角（銳二面角），設．
請推導關于的等式關系（1）；關于的等式關系（2）．并用上述兩結論求解下題：
設和所在的兩個平面互相垂直，且，求二面角的正弦值的大小．
例題4
20．在三棱臺中，，，且平面平面．
(1)求證：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
鞏固訓練
21．已知在四棱錐中，，，，，，E為CD的中點.

(1)證明：平面平面PAE；
(2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值.
22．如圖所示，在四棱錐中，四邊形為梯形，，，平面平面．
(1)若的中點為，求證：平面；
(2)求二面角的正弦值．
23．如圖，在三棱柱中，已知平面，且.

(1)求的長；
(2)若為線段的中點，求二面角的余弦值.
24．已知四棱錐的底面為梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判斷直線和的位置關系，并說明理由；
(2)若點到平面的距離為，請從下列①②中選出一個作為已知條件，求二面角余弦值大小．
①；
②為二面角的平面角．
題型十二：根據二面角求參數
例題1
25．芻薨是《九章算術》中出現的一種幾何體，如圖所示，其底面為矩形，頂棱和底面平行，書中描述了芻薨的體積計算方法：求積術曰，倍下袤，上袤從之，以廣乘之，又以高乘之，六而一，即（其中是芻薨的高，即頂棱到底面的距離），已知和均為等邊三角形，若二面角和的大小均為，則該芻薨的體積為（ ）
A． B． C． D．
例題2
26．已知半徑為4的球，被兩個平面截得圓，記兩圓的公共弦為，且，若二面角的大小為，則四面體的體積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
例題3
27．已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（ ）．
A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為
C． D．的面積為
例題4
28．如圖，正方體的棱長為1．在棱上是否存在一點，使得二面角等于？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．

例題5
29．在《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”.如圖，在“陽馬”中，側棱底面，且.

(1)若，試計算底面面積的最大值;
(2)過棱的中點作，交于點，連，，求證:直線平面
(3)若平面與平面所成銳二面角的大小為，試求的值.
鞏固訓練
30．已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
31．已知菱形的邊長為6，，將沿對角線翻折，使點到點處，且二面角為，則此時三棱錐的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
32．已知在三棱錐中，，，，該三棱錐的外接球表面積為，若二面角的大小為120°，則 ．
33．如圖，在長方體中，底面ABCD是邊長為2的正方形，E為的中點．
(1)求證：；
(2)若二面角的大小為，求的長．
題型十三：等體積法求點到平面的距離
例題1
34．如圖所示，正方體的棱長為4，，分別是棱，上的動點，且，當四點共面時，點到平面的距離為（ ）

A． B． C． D．3
例題2
35．已知四棱錐如圖所示，平面平面，四邊形為菱形，為等邊三角形，直線與平面所成角的正切值為1．

(1)求證：；
(2)若點是線段AD上靠近的四等分點，，求點到平面的距離．
例題3
36．如圖，在正三棱錐中，，E，F分別是中點，M是上一點，且滿足．
(1)證明：平面；
(2)求點D到平面的距離．
例題4
37．如圖1，在平面四邊形中，．將沿折疊至處．使平面平面（如圖2），分別為的中點．
(1)求證：平面平面；
(2)求點到平面的距離．
鞏固訓練
38．如圖，在三棱柱中，平面，是等邊三角形，且為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)若，求點到平面的距離.
39．如圖，在長方體中，，和交于點E，F為AB的中點．
(1)求證：平面；
(2)已知與平面所成角為，求點A到平面CEF的距離．
40．如圖，已知四棱錐的底面是菱形，，是邊長為2的正三角形，平面平面，為的中點，點在上，.
(1)證明：平面；
(2)求三棱錐的體積.
41．如圖，已知三棱錐中，平面，，，，.

(1)求點到平面的距離；
(2)求三棱錐的表面積.
試卷第1頁，共3頁
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參考答案：
1．B
【分析】
作出線面角的平面角，利用正三柱的性質設出邊長即可求得結果.
【詳解】取是的中點，連接，如下圖所示：
設三棱柱底面邊長為，可得，
由正三棱柱性質可知平面，所以即為直線與平面所成角的平面角，
易知，由勾股定理可得，
所以；
即直線與平面所成角的正弦值為.
故選：B
2．B
【分析】
作出輔助線，得到P的軌跡為以為圓心，為半徑，位于平面內的圓的，求出軌跡長度.
【詳解】直線BP與下底面ABCD所成角等于直線BP與上底面所成角，
連接，因為⊥平面，平面，
所以⊥，故為直線BP與上底面所成角，
則，
因為，所以，
故點P的軌跡為以為圓心，為半徑，位于平面內的圓的，
故軌跡長度為.

故選：B
3．
【分析】首先利用正三棱錐的性質，設底面邊長為AB＝a，進一步求得側棱長為：AC＝2a，頂點A在下底面的射影為O點．利用勾股定理求得：DE，進一步求得：OD，最后在Rt△AOD中，利用余弦公式求得結果．
【詳解】解：正三棱錐的側棱長是底面邊長的2倍，如圖，設底面邊長為BC＝a，
則：側棱長為：AC＝2a
頂點A在下底面的射影為O點．
利用勾股定理求得：DE
進一步求得：OD
在Rt△AOD中，cos∠ADO
故答案為
【點睛】本題考查的知識要點：正三棱錐的性質，線面的夾角及相關的運算．
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據題意分析證明平面PAC，進而可得結果；
（2）由體積可得，可證平面PAB，結合線面夾角的定義分析求解.
【詳解】（1）在梯形ABCD中，
由，，，得，
所以，所以，
又因為平面ABCD，且平面ABCD，則，
因為平面，平面PAC，且，
所以平面PAC．
又平面PAC，
所以．
（2）由（1）知，
所以，解得，
又因為平面，平面ABCD，則，
因為，所以，
因為平面，平面PAB，且，
所以平面PAB，
故PB是PC在平面PAB上的投影，
所以即為直線PC與平面PAB所成的角的平面角，
在中，解得，
所以，
所以直線PC與平面PAB所成角正切值為.
5．D
【分析】連接，利用線面角定義知為所求的角，在直角中，即可求解.
【詳解】在長方體中，平面，
是與平面所成的角，
連接，平面，，
又，，，所以，
在直角中，，即與平面所成角的正切值為．
故選：D．
6．A
【分析】
根據題意知，，，分別為，，，的中點，設正方形的邊長為，，然后表示四棱錐與四棱臺的表面積，由表面積之比為，得到，的關系，確定線面角，求解即可.
【詳解】
依題意過正四棱錐的高的中點作平行于底面的截面，
則，，，分別為，，，的中點，
設正方形的邊長為，，
所以正方形的面積為，正方形的面積為，
正四棱錐的側面積為，
四棱臺的側面積為，
所以正四棱錐的表面積為，
四棱臺的表面積為，
所以，
解得，
由平面，所以為直線與底面所成角，
所以，又，，
所以.
故選：.
7．
【分析】利用線面角的定義、線面垂直的判定及性質、解直角三角形運算即可得解.
【詳解】如下圖

取的中點，連接，，
∵是等邊三角形，，∴，，
∵是正三棱柱，
∴平面，又∵平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面，又∵平面，平面，
∴，是與側面所成的角.
∵，，
∴在中，，
又∵，∴，
即與側面所成的角是.
故答案為：.
8．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）由，因為平面，得到，結合直線與平面垂直的判定定理，即可證得平面；
（2）連接，得到為與平面所成的角，在直角中，即可求得與平面所成的角.
【詳解】（1）
解：因為是正方形，所以，
又因為平面，平面，所以，
因為，平面，平面，
所以平面.
（2）解：連接，因為平面，所以為與平面所成的角，
因為，所以，
在直角中，，
所以，即與平面所成的角為.

9．
【分析】
根據給定條件，作出圖形，求出正的高即可計算得解.
【詳解】令正的中心為，連接，由平面，得是直線與底面所成的角，
即，而平面，則有，，
因此正邊上的高，
所以正的邊長為.
故答案為：
10．
【分析】
連接交平面于，連接，可證平面，所以，由求出，根據四面體為正三棱錐，求出和，可得在平面內的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，根據圓的周長公式可求出結果.
【詳解】
如圖所示，連接交平面于，連接，
因為平面，所以，又，且與相交，
所以平面，所以，
同理可得，又，
所以平面，
∴是平面所成的角，∴．
由可得，，即．
在四面體中，，平面，
所以，所以為的中心，
又，．∴四面體為正三棱錐，
如圖所示：在等邊三角形中，，
，
∵，∴，即在平面內的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，∴周長為.
故答案為：
11．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據線線平行，結合中點即可求證，
（2）根據線面角的幾何法求解即為直線BE與平面PAD所成角，故，即可理由三角形的邊角關系求解.
【詳解】（1）過作交于，連接,
由于,所以,
因此平面即為平面，
由于為的中點，所以為中點，

（2）由于四邊形為菱形，且，，
所以,
取中點，連接,
由于平面，平面，所以,
又平面,
所以平面,
故即為直線與平面所成角，故，
故，因此

12．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）取的中點，連接，，由等腰三角形的性質有、，根據線面垂直的判定及性質即可證.
（2）首先證明平面，即可求出，過點作平面交于點，連接，則即為直線與平面所成的角，利用等體積法求出，再根據線面角的正弦值求出，在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出，即可得解.
【詳解】（1）取的中點，連接，．
∵，為的中點．
∴，
∵，為的中點．
∴，又，平面，
∴平面，而平面，
∴.

（2）因為，，，
所以，所以，又，，
平面，所以平面，
又，所以，
又，
由圖可知二面角為鈍二面角，
過點作平面交于點（、在兩側），連接、、，
則即為直線與平面所成的角，
又，所以，所以，
又直線與平面所形成的角的正弦值為，
所以，則，
在中由余弦定理可得，
又在中由余弦定理可得，
即，解得或（舍去），
所以，所以.

13．
【分析】
利用線面角求法得出N的軌跡為正方形內一部分圓弧，求其圓心角計算弧長即可.
【詳解】如圖所示，取BC中點G，連接MG，NG，由正方體的特征可知MG⊥底面ABCD，

故MN與底面ABCD的夾角即，
∴，則，
故N點在以G為原點為半徑的圓上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的軌跡為圖示中的圓弧，
易知，
所以長為.
故答案為：.
14．
【分析】
根據正三棱柱性質以及線面角的大小，利用外接球半徑為2可求得的邊長，即得出結果.
【詳解】
取的中點，連接，，如下圖所示：

根據正三棱柱性質可知，又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面；
易知為直線與平面所成的角.
設的外接圓半徑為，邊長為，正三棱柱的高為，
則，，所以，可得.
又因為三棱柱內接于半徑為2的球，
所以，
所以，解得，
即.
故答案為：
15．(1)；
(2)存在，1
【分析】
（1）根據線線平行可得異面直線所成的角，根據三角形的邊角關系即可求解，
（2）根據幾何法求解線面角，利用三角形的邊角關系即可求解.
【詳解】（1）因為為正方形，則，
則異面直線與所成的角為與所成的角，即或其補角，
因為三角形是等邊三角形，則
平面，平面，，．
所以異面直線AC與BD所成的角為．
（2）
作交于點，連接，
平面，平面，
則與平面所成的角為，
設，則，
則.
16．(1)見解析
(2)
【分析】（1）取中點，連接，，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定即可證明；
（2）連接，得到，證明為直角三角形，則得到余弦值.
【詳解】（1）如圖，取中點，連接，，
因為是的中點，所以且，
又.
所以且.
所以四邊形為平行四邊形，
所以，又平面平面.
所以平面.
（2）由（1）可知即為直線與直線所成角或其補角，
連接，因為平面，平面，所以，
所以即為直線與平面所成角，所以,
所以，所以三角形為正三角形.
所以，
則，
所以為直角三角形，所以.
故直線與直線所成角的余弦值為.

17．(1)
(2)詳見解析
【分析】（1）取的中點，連接，，易知，則為異面直線與所成的角求解；
（2）分別取，的中點，，連接，，，根據正三棱柱，易證為二面角的平面角，為二面角的平面角求解.
【詳解】（1）解：如圖所示：
取的中點，連接，，易知，
則為異面直線與所成的角，
又，，，
由余弦定理得；
（2）如圖所示：
分別取，的中點，，連接，，，
在正三棱柱中，
易知，，又，
所以平面，又平面，
所以，則為二面角的平面角，
同理為二面角的平面角，
設，則，
所以，，
則，，
當時，即P為的中點時，取得最大值，
18．(1)
(2)1
【分析】
（1）根據二面角的定義作圖分析確定二面角的平面角，計算二面角的平面角可結合直角三角形中的邊角關系、余弦定理、勾股定理得方法求解即可得二面角的平面角的余弦值；
（2）可先猜測的值，然后證明平面，根據平行六面體法人幾何性質結合線面垂直的判定定理證明、或者補形證明、或者利用空間向量的線性運算證明．
【詳解】（1）
連接、設和交于，連接，作，垂足為，作，垂足為，連接．

四邊形是菱形，
，又，．
又，，
△△，，
，，
又，，平面
平面，
又平面，．
是二面角的平面角．
方法一：∵，可得，，
又．
因為平面，故平面平面，
而平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故，
∴．
又，∴，
∴．
方法二：在中，．
由余弦定理知，
又，∴，
∴，即．
∴是中點，．
方法三：∵，，
∴，
即．
∴，
∴，
，．
∴，故．
（2）當時，能使平面．
方法一 ：由前知平面，∴．
當時，平行六面體的六個面是全等的菱形．
同的證法可得，
而平面，故平面．
方法二 ：∵，∴．
由題設可知三棱錐是正三棱錐，設與相交于．

∵，且，∴．
又是正三角形的邊上的高和中線，
∴點是正三角形的中心．
∴平面，即平面．
方法三 ：如圖，沿面補一個全等的平行六面體．

∴．若平面，則平面．
∴．令．
由余弦定理可知，．
又，則，
即．
∴，解得或（舍）．
由此可知當時，平面．
方法四：如圖，若平面，則與成的角．過作交的延長線于，則．四邊形為平行四邊形．設，，則．
∵，∴．
∴，．
在Rt中，，即，
∴，解得或（舍去）．
由此可知當時，平面．

方法五：記，菱形邊長為．
∵是菱形，∴．
又，∴平面，得，要使平面，還需．
由，
則，
得，即時成立．
19．關系（1）：；關系（2）：；.
【分析】
（1）根據線面垂直、線線垂直結合線段長度表示出，然后根據數量關系得到關系（1）和關系（2）；
（2）過作延長線于，連結，根據線段長度求解出，，然后根據兩個關系可求解出二面角的正弦值的大小.
【詳解】
關系（1）：；關系（2）：；
下面給出證明：
在題干的左圖中，因為平面，平面，
所以，
又，，平面,
所以平面，且平面，
所以，所以，
又因為，
故關系（1）：；
同理可得：，
故關系（2）：；
如下圖，過作延長線于，連結，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
設二面角的平面角中的銳角為，
因為，
所以與全等，
所以且，所以，
又因為，
所以，
設二面角的平面角中的銳角為，
由兩個重要關系，可得，，
利用同角的三角關系可得：，
所以，
由于為銳角，因此，
即二面角的平面角的正弦值為．
20．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據面面垂直得到平面，確定，再證明得到平面，得到答案.
（2）設，連接，故二面角的平面角為，計算，得到答案.
【詳解】（1）平面平面，平面平面，，
平面，故平面，平面，故，中點為，連接，，則，，
，則，，，
故四邊形為矩形，
，，，
故，即，
，平面，故平面，
又平面，故平面平面.
（2）設，連接，平面，面，故，
又因為，所以二面角的平面角為，
，，
平面，平面，所以，
在中，，解得，從而，故二面角的正弦值為.
21．(1)見解析
(2)
【分析】
（1）連接，由已知可得，即有，再由線面垂直的判定證面，根據面面垂直的判定即可得結論；
（2）首先根據條件作出直線與平面所成的角，點作，分別與，相交于，，連接，為直線與平面所成的角, 為直線與平面所成的角，根據這兩個角相等，得到邊的關系，最后得到二面角的平面角為.
【詳解】（1）平面PCD與平面PAE能垂直，理由如下：
在△中，故，即，
所以△為等腰三角形，又E為CD中點，故，
因為，且 ，面，所以面，
由面，故面面.
（2）平面，
是二面角的平面角，
過點作，分別與，相交于，，連接，
由（1）知平面，
為直線與平面所成的角，且，
由，則，由，則，
又，且面，則面，而面，
所以，結合，，且面，
所以面，則為直線與平面所成的角，
有題意知，
,
因為知，，又，
是平行四邊形， ，，
因為，，
，
于是，所以，
又，，，
所以，因為，面，面，
則，則，即，
因為為中點，則，又因為，且平面，平面，
則二面角的正切值即為，
則，
二面角的正弦值是.

22．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面平行知識可求解.
（2）根據題意做輔助線找到二面角，再結合余弦定理，從而求解.
【詳解】（1）設是中點，連接，如下圖所示：
在中，為為中位線，所以：，又因為：，
所以：，所以：四邊形為平行四邊形，得：，
又因為：平面平面，所以：平面.

（2）如圖，延長和交于點，連接.
過點作，垂足為點，連接.

因為：平面平面，平面平面，
所以：平面，
因為：，且平面，
所以：平面，所以：為所求二面角的平面角，
在中，，
得：，
所以：，
所以：.
23．(1)2
(2)
【分析】
（1）根據題意可得平面，進而分析可知正方形，即可得結果；
（2）根據題意利用補形法分析可得二面角的平面角為，利用余弦定理運算求解.
【詳解】（1）連接，
因為平面，平面，則，
又因為，平面，
所以平面，
且平面，可得，
因為為平行四邊形，且，則為矩形，
所以正方形，可得.
（2）根據題意將三棱柱轉化為正四棱柱，
取的中點，連接，則三點共線，且//，
因為//，可得//，
所以平面即為平面，
同理平面即為平面，
因為//，平面，則平面，
且平面，則，
所以二面角的平面角為，
可得，
在中，則，
所以二面角的余弦值為.
.
24．(1)相交，理由見解析
(2)
【分析】
（1）由題意延長必交于一點，結合平面的基本性質證明直線即為直線，即可判斷直線和的位置關系；
（2）根據二面角平面角定義或垂直關系，即無論選擇條件①②，結合面面垂直性質，均可證得平面，平面，設，根據垂直關系可用表示出所需長度，利用體積橋可求得，再利用面積橋可求得點到直線的距離，由此可得，進而得到.
【詳解】（1）且，延長必交于一點，即為點，
平面，平面，且，，
平面，平面，又平面，平面，
連接，則平面平面，又平面平面，
直線即為直線，如下圖所示，

，即直線與相交.
（2）若選條件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中點，連接，
，，四邊形為平行四邊形，，
，，又，，
；
設，則，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即為二面角，設其平面角為，
，，為中點，，，
設點到直線的距離為，
則，即，解得：，
，
又二面角為銳二面角，.
若選條件②，若為二面角的平面角，則，，
又，；
平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中點，連接，
，，四邊形為平行四邊形，，
，，又，，
；
設，則，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即為二面角，設其平面角為，
，，為中點，，，
設點到直線的距離為，
則，即，解得：，
，
又二面角為銳二面角，.
25．A
【分析】
根據給定條件，求出線段長及點到平面的距離，再代入公式計算即得.
【詳解】令點在平面的投影分別為，取的中點，連接，
由平面，平面，得，
由正，得，平面，
則平面，同理平面，由四邊形為矩形，得，
于是平面，而面，平面，則，
顯然，有，且都在平面，因此點共線，
顯然，而平面，平面平面，平面，則，
四邊形為平行四邊形，，
由，，得是二面角的平面角，即，
則，又，因此，
同理，而，則，
所以該芻薨的體積為.
故選：A
26．C
【分析】
根據圓的性質及球的截面的性質，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱錐的體積公式求解即可.
【詳解】設弦的中點為，連接，依題意，可得如下圖形，
由圓的性質可知，則即為二面角的平面角，
故，
四面體的體積為
，
其中
，當且僅當時取等號，
由球的截面性質，，，
所以四點共圓，則有外接圓直徑，
從而，
.
故選：C
27．AC
【分析】
根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.
【詳解】依題意，，，所以，
A選項，圓錐的體積為，A選項正確；
B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；
C選項，設是的中點，連接，
則，所以是二面角的平面角，
則，所以，
故，則，C選項正確；
D選項，，所以，D選項錯誤.
故選：AC.

28．存在，
【分析】
作出輔助線，證明線面垂直，得到為二面角的平面角的補角，即有，設，表達出其他邊長，根據特殊三角函數值列出方程，求出，得到答案.
【詳解】假設存在滿足條件的點，連結，過作為垂足，
并延長與相交于，連結．

因為平面，平面，
所以，
因為，平面，
所以⊥平面，
因為平面，
所以．
所以為二面角的平面角的補角，即有．
設，則．
在中，，從而．
在中，，解得．
因此，存在符合題設條件的，且滿足．
29．(1)；
(2)證明見解析；
(3)．
【分析】
（1）由線面垂直得，，由基本不等式可得最小值；
（2）先平面，得，再證平面，得，最后證明平面；
（3）由分別是平面與平面的垂線得出，由正切的定義得邊的關系，再轉換可得結論．
【詳解】（1）平面，平面，則，
所以，又，所以，
是矩形，所以，即，當且僅當，即，時等號成立，
所以底面面積的最大值是；
（2）平面，平面，則，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
，是中點，則，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，
又因為，，平面，所以平面；

（3）因為平面，底面，平面與平面所成銳二面角的大小為，
所以與的夾角也是，即，
所以，，
，
所以．
30．C
【分析】
根據給定條件，推導確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【詳解】
取的中點，連接，因為是等腰直角三角形，且為斜邊，則有，
又是等邊三角形，則，從而為二面角的平面角，即，

顯然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，顯然平面平面，
直線平面，則直線在平面內的射影為直線，
從而為直線與平面所成的角，令，則，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
顯然是銳角，，
所以直線與平面所成的角的正切為.
故選：C
31．D
【分析】
先利用二面角的定義求得，再由三棱錐的結構特征得到其外接球的球心在的平分線上，從而利用勾股定理與余弦定理，列出關于的方程，解之即可得解.
【詳解】連接交于，連接，易得為與的中點，

四邊形為菱形，，即，，
二面角的平面角為，；
又，，所以，
在中，由余弦定理得，
由三棱錐的結構特征可得其外接球的球心在的平分線上，
記外接球的球心為，設，外接球半徑為，
所以，
即，解得，所以，
三棱錐的外接球的表面積為.
故選：D.
32．
【分析】
先利用題給條件得到二面角的平面角，再求得三棱錐的外接球半徑，進而利用三棱錐外接球結構特征列出關于實數a的方程，解之即可求得實數a的值.
【詳解】取AB中點E，AC中點D，連接PE、DE、PD，
又，，，
則，，為二面角的平面角，
則，，，，
過點D作平面ABC，則三棱錐的外接球球心O在DN上，
過點P作于H，則，
由三棱錐的外接球表面積為，則外接球半徑為
則，由，
可得，解之得
故答案為：
33．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）連接，交于點，利用線面垂直的判定定理可證平面，進而可證結論成立.
（2）連接，證明為二面角的平面角，求出的長度，進而求出的長．
【詳解】（1）連接，交于點，
因為在長方體中，平面，平面,
所以，又因為底面為正方形，
所以，且，平面，
所以平面，因為平面，所以；
（2）連接，易知，所以，
且為的中點，所以在等腰中，，且，
所以為二面角的平面角，即，
所以，所以.
34．A
【分析】
由面面平行的性質得到，又，故，分別為，的中點，有等體積法求出點到平面的距離.
【詳解】
因為平面與平面平行，
當四點共面時，由面面平行的性質可得，
又，故此時，分別為，的中點，連接EF，

設點到平面的距離為，點到平面的距離為，
，即.
其中，，
，，
取的中點，連接，則⊥，，
故，，
所以.
故選：A
35．(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直的性質定理，添加輔助線，得到線面垂直，再通過證明線面垂直，得到線線垂直.
（2）借助體積法求點到面的距離.
【詳解】（1）如圖，過點作于點，連接.
因為平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
所以即為直線與平面所成的角.
因為
又∵四邊形是菱形，是等邊三角形，所以，
所以，故為的中點.
因為平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由題意可得：.
連接，，
由（1）得：，平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因為平面，所以.
在中，，
所以，故，
在中，，
所以.
所以，
.
設點到平面的距離為，則，
得.
所以點到平面的距離為.
36．(1)證明見解析；
(2).
【分析】
（1）連接交于，連接，結合題意易得，由等比例性質得，應用線面平行的判定證結論；
（2）由等體積法有，根據已知及棱錐的體積公式求點面距.
【詳解】（1）連接交于，連接，由E，F分別是中點，
所以為的重心，則，又，
所以在中有，面，面，
所以平面；
（2）由題設，易知，
由正三棱錐中，故為等邊三角形，且，
所以，即，同理，
所以，
中，故，即，
故，若點D到平面的距離為，則.
37．(1)證明過程見解析
(2)
【分析】（1）要證平面平面，只需證明平面，故結合已知條件只需分別證明即可.
（2）利用等體積法，即，故只需分別算出，即可.
【詳解】（1）
由題意，
所以是等邊三角形，
所以，
從而，即，
又因為為的中點，
所以，
又因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以，
又因為，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）
因為分別為的中點，所以，，
由（1）可知平面，所以平面，
即平面，是三棱錐的高，
又分別為的中點，
所以，
所以，
因為，，所以，
又因為為的中點，所以，
所以，
因為平面，平面，
所以，所以，
又因為為的中點，，所以，
所以，
所以，
從而，
設點到平面的距離為，則由，
可得，解得，
即點到平面的距離為.
38．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）借助三棱柱的性質與線面垂直的性質定理，結合線面垂直的判斷定理即可得；
（2）借助等體積法求點面距.
【詳解】（1）由三棱柱的性質可知，
因為平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為為的中點，且是等邊三角形，所以，
因為、平面，且，所以平面；
（2）因為，所以，
則的面積，
作，垂足為，有平面，
所以，又因為、平面，，
所以平面，
因為是等邊三角形，所以，
則，
因為平面，、平面，
所以，，則，
故的面積，
設點到平面的距離為，
則三棱錐的體積，
因為，所以，所以.
39．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，證明，根據線面平行的判定定理即可證明結論；
（2）連接，設相交于點，根據，可求得答案.
【詳解】（1）連接，在長方體中，，
故四邊形為平行四邊形，則E為的中點，
又F為AB的中點，故，而平面,平面，
故平面；
（2）在長方體中，，則四邊形ABCD為正方形，
則，又平面，則為與平面所成角，
即，故，
連接，設相交于點，所以點為中點，
因為，，可得底面，連接，
，所以，
，，
，，
，
在中，由余弦定理得，
因為，所以，
所以，，
設點A到平面CEF的距離為，
因為，所以，
解得，
所以點A到平面CEF的距離為.
40．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）設的交點為，連接，通過證明即可得到，從而即可得證.
（2）由題意，故只需求出點到底面的距離、的面積即可得解.
【詳解】（1）
菱形中，設的交點為，連接，由∽且為的中點，
得，
在中，，
所以，
所以，
又平面，平面，
則平面.
（2）取的中點為，連接，由是正三角形，得，
又平面平面，平面平面，平面，
則平面，
因為是邊長為的正三角形，
所以點到底面的距離為，
因為平面，所以P，C到平面BEF的距離相等，又，，
所以三棱錐的體積為
.
41．(1)
(2)
【分析】
（1）計算出三棱錐的體積以及的面積，利用等體積法可求得點到平面的距離；
（2）計算出三棱錐每個面的面積，相加即可得出三棱錐的表面積.
【詳解】（1）解：因為，，，則，
則，所以，.
因為平面，、平面，所以，，，
又因為，，、平面，所以，平面，
因為，則，
設點到平面的距離為，由，即，
可得.
（2）解：因為平面，平面，則，
所以，，，
故三棱錐的表面積為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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