?第02講 玩轉(zhuǎn)立體幾何中的角度、體積、距離問題
【知識點梳理】
知識點1.求點線、點面、線面距離的方法
(1)若P是平面外一點，a是平面內(nèi)的一條直線，過P作平面的垂線PO，O為垂足，過O作OA⊥a，連接PA，則以PA⊥a．則線段PA的長即為P點到直線a的距離(如圖所示)．

(2)一條直線與一個平面平行時，這條直線上任意一點到這個平面的距離叫直線與平面的距離．
(3)求點面距離的常用方法：①直接過點作面的垂線，求垂線段的長，通常要借助于某個直角三角形來求解．
②轉(zhuǎn)移法：借助線面平行將點轉(zhuǎn)移到直線上某一特殊點到平面的距離來求解．
③體積法：利用三棱錐的特征轉(zhuǎn)換位置來求解．
知識點2.異面直線所成角的常用方法
求異面直線所成角的一般步驟：
(1)找(或作出)異面直線所成的角——用平移法，若題設(shè)中有中點，?？紤]中位線.
(2)求——轉(zhuǎn)化為求一個三角形的內(nèi)角，通過解三角形，求出所找的角.
(3)結(jié)論——設(shè)(2)所求角大小為θ.若，則θ即為所求；若，則即為所求.
知識點3.直線與平面所成角的常用方法
求平面的斜線與平面所成的角的一般步驟
(1)確定斜線與平面的交點(斜足)；
(2)通過斜線上除斜足以外的某一點作平面的垂線，連接垂足和斜足即為斜線在平面上的射影，則斜線和射影所成的銳角即為所求的角；
(3)求解由斜線、垂線、射影構(gòu)成的直角三角形.
知識點4.作二面角的三種常用方法
(1)定義法：在二面角的棱上找一個特殊點，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的射線.如圖①，則∠AOB為二面角α-l-β的平面角.

(2)垂直法：過棱上一點作棱的垂直平面，該平面與二面角的兩個半平面產(chǎn)生交線，這兩條交線所成的角，即為二面角的平面角.如圖②，∠AOB為二面角α-l-β的平面角.
(3)垂線法：過二面角的一個面內(nèi)異于棱上的一點A向另一個平面作垂線，垂足為B，由點B向二面角的棱作垂線，垂足為O，連接AO，則為二面角的平面角或其補角.如圖③，為二面角的平面角.
知識點5.求體積的常用方法
選擇合適的底面，再利用體積公式求解.
【題型歸納目錄】
題型一：異面直線所成的角
題型二：線面角
題型三：二面角
題型四：距離問題
題型五：體積問題
【典型例題】
題型一：異面直線所成的角
例1．（2022·山西省長治市第二中學校高一階段練習）已知圓柱的軸截面為正方形，為上底面圓弧的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（????????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)圓柱中的垂直關(guān)系,可求出,，進而根據(jù)余弦定理即可求解.
【詳解】
設(shè)圓柱的底面圓半徑為,則圓柱的高為，在直角三角形中，為上底面圓弧的中點，故,
在直角三角形中,,同理可知
所以在中，
因為,所以為異面直線與所成角，故余弦值為.
故選:A

例2．（2022·福建·泉州五中高一期中）在長方體中，，，點、分別是棱、的中點，、、平面，直線平面，則直線與直線所成角的余弦值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行定理對直線進行平移、從而實現(xiàn)在三角形內(nèi)求解角度．
【詳解】

如圖，連接并延長，交線段的延長線于點，連接交于點．
則易知．連接，
因為，所以異面直線與所成的角為．
在中，易得，，，
則．
故選：B．
例3．（2022·河南·洛寧縣第一高級中學高一階段練習）在正方體中，E，F(xiàn)分別為棱AD，的中點，則異面直線EF與夾角的余弦值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
設(shè)棱的中點為G，連接FG，EG，BE，，根據(jù)，，得到，進而得到∠EFG為異面直線EF與所成的角求解．
【詳解】
解：如圖，

設(shè)棱的中點為G，連接FG，EG，BE，．
因為，，
所以，
故∠EFG為異面直線EF與所成的角．
設(shè)正方體的棱長為2，
則，，．
在等腰三角形EFG中，．
故異面直線EF與夾角的余弦值為．
故選：A
例4．（2022·江蘇省鎮(zhèn)江中學高一階段練習）在長方體中，已知，則直線和直線所成角的余弦值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
可證∥，則直線和直線所成角為，利用余弦定理計算處理．
【詳解】
連接
∵∥且，則為平行四邊形
∴∥，則直線和直線所成角為
，則
故答案為：．

例5．（2022·河北邢臺·高一階段練習）如圖，S為等邊三角形ABC所在平面外一點，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點，則異面直線EF與AC所成的角的正切值為______．

【答案】1
【解析】
【分析】
如圖，取的中點，連接，等于異面直線與所成角，證明平面即得解.
【詳解】
解：如圖，取的中點，連接，則
等于異面直線與所成角.

設(shè)，則.
取的中點，連接.
，為等邊三角形，
平面，
平面，，
.
所以，異面直線與所成的角的正切值等于1.
故答案為：1
例6．（2022·江蘇·連云港高中高一階段練習）已知四棱錐的底面是邊長為2的菱形，底面.


(1)求證：平面；
(2)當，時，求直線與所成角的余弦值；
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)四邊形是菱形，得到，再由平面，得到，然后利用線面垂直的判定定理證明；
（2）根據(jù)，得到即為直線與所成角（或補角），然后在中，利用余弦定理求解.
(1)
證明：∵四邊形是菱形，
∴，
又∵平面，平面，
∴，又，，平面，
∴平面；
(2)
∵平面，，平面，
所以，，
所以，，
因為，所以即為直線與所成角（或補角），
又，
所以在中，由余弦定理，
即，
解得，
所以直線與所成角的余弦值.
題型二：線面角
例7．（2022·黑龍江·大慶中學高一期中）如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形．

(1)求證：平面；
(2)若與相交于O，求與平面所成角的大?。?br /> 【答案】(1)證明見解析；
(2)30°．
【解析】
【分析】
（1）由線面垂直的性質(zhì)和判定可得證；
（2）連接PO，根據(jù)線面角的定義可得∠APO是PA與平面PBD所成的角．解三角形可求得答案.
(1)
證明：∵PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴PD⊥AC，
又四邊形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，PD∩BD=D，PD，BD平面PBD，
∴AC⊥平面PBD．
(2)
解：連接PO，
∵AC⊥平面PBD，

∴∠APO是PA與平面PBD所成的角．
又∠BAD=60°，AD=2，
∴，∵，，
∴，又，
∴∠APO=30°．∴PA與平面PBD所成角的大小為30°．
例8．（2022·甘肅·天水市第一中學高一階段練習）如圖所示，四面體中，已知平面平面，，，，.


(1)求線段的長；
(2)若二面角為，求直線與平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理可求得的長；
（2）證明出平面，可得出面角的平面角為，計算出的長，再證明出平面，可得出直線與平面所成的角為，計算出的正弦值，即可得解.
(1)
解：在中，，，，
由余弦定理可得，故.
(2)
解：，，，則，，
因為平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
二面角的平面角為，
，則為等腰直角三角形，且，
平面，平面，，
，，平面，
所以，與平面所成角為，則.
例9．（2022·甘肅定西·高一階段練習）如圖，在五面體中，為邊長為的等邊三角形，平面，，．點為的中點．

(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中點為，連接、，證明出，，并證明出四邊形為平行四邊形，可得出，進而可得出，，利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；
（2）分析可知為直線與平面所成角，計算出、的長，即可求得的余弦值.
(1)
證明：取的中點為，連接、，

因為平面，平面，故，
而為等邊三角形，為的中點，所以，
又、分別為、所在棱的中點，所以，．
又，，所以，，
故四邊形為平行四邊形，所以，則，，
又，所以平面．
(2)
解：平面，平面，，
且為直線與平面所成角，
由題知，，，
則，
即直線與平面所成角的余弦值為．
例10．（2022·山西·晉中新大陸雙語學校高一階段練習）在正方體中

(1)求直線與平面ABCD所成角的正切值．
(2)求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）先作出直線與平面ABCD所成角，再求其正切值即可；
（2）先證明平面，進而可以證明
(1)
正方體中，平面
則為直線與平面ABCD所成的角，
中，，，則
則直線與平面ABCD所成角的正切值為．
(2)
正方體中，平面
則，又，
則平面，又平面
則
例11．（2022·河北邢臺·高一階段練習）如圖，已知在平面四邊形ABCP中，D為PA的中點，PA⊥AB，，且PA＝CD＝2AB＝2．將此平面四邊形ABCP沿CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，連接PA、PB．

(1)求證：平面PBC⊥平面PBD；
(2)設(shè)Q為側(cè)棱PC的中點，求直線PB與平面QBD所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先證明平面，從而可得，由勾股定理可得，從而得到平面，從而使得問題得證.
（2）設(shè)點P到面QBD的距離為h，由等體積法求出的值h，從而可得出答案.
(1)
∵平面底面，平面底面，平面，
且由，知，∴平面，?????????????????????????
又平面，∴．
取中點，連接，則，且，
在中，，在中，．
∵，∴，∴平面．
∵平面，∴平面平面．


(2)
設(shè)點P到面QBD的距離為h，因為，
點Q到面PBD的距離為點C到面PBD的距離的一半，即為，，所以.
在三角形QBD中，，，
點Q到BD的距離為，則，
由，可得，所以.
直線PB與平面QBD所成角的正弦值為.即
例12．（2022·河南·商丘市第一高級中學高一階段練習）如圖，已知是正三角形，EA、CD都垂直于平面ABC，且，，F(xiàn)是BE的中點，

(1)求證：平面ABC；
(2)求證：平面EDB；
(3)求直線AD與平面EDB所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）取AB的中點M，由題可得四邊形FMCD是平行四邊形，然后利用線面平行的判定定理即得；
（2）由題可得CM⊥平面EAB，然后可得FD⊥AF，，利用線面垂直的判定定理即得；
（3）由題可得直線AD與平面EDB所成角為∠ADF，結(jié)合條件即得.
(1)
取AB的中點M，連FM，MC，

∵F、M分別是BE、BA的中點，
∴，，
∵EA、CD都垂直于平面ABC，
∴，∴，
又，∴，
∴四邊形FMCD是平行四邊形，
∴，又平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC；
(2)
∵M是AB的中點，是正三角形，
∴CM⊥AB，又CM⊥AE，，
∴CM⊥平面EAB，
∴CM⊥AF，F(xiàn)D⊥AF，
因F是BE的中點，，
∴，，
∴AF⊥平面EDB．
(3)
由（2）可得AD在平面EBD的射影為DF，
所以直線AD與平面EDB所成角為∠ADF，
由題可得，，，
所以；
所以直線AD與平面EDB所成角的余弦值為．
題型三：二面角
例13．（2022·浙江·湖州中學高一階段練習）已知平面四邊形，，，，現(xiàn)將沿邊折起，使得平面平面，此時，點為線段的中點.

(1)求證：平面；
(2)若為的中點，求與平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的條件下，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)等腰三角形的三線合一定理及線面垂直的性質(zhì)定理，再利用線面垂直的性質(zhì)定理及線面垂直的判定定理即可求解；
（2）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)及線面垂直的判定定理，再利用線面角的定義及勾股定理，結(jié)合銳角三角函數(shù)的定義即可求解；
（3）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)及線面垂直的判定定理，再利用面面角的定義及勾股定理，結(jié)合等面積法及銳角三角函數(shù)的定義即可求解；
(1)
因為 所以為等邊三角形，
因為為的中點,所以.
取的中點，連接，，則，
因為平面平面平面平面平面，
所以平面，又平面，所以
因為平面所以平面
因為平面所以
又因為平面，所以平面.
(2)
過點作，垂足為.如圖所示

由（1）知，平面.
因為平面，所以，所以平面，
所以為與平面所成角.
由（1）知，平面平面，所以.
在中，，,
因為為的中點，所以.
在中，，
在中，，
在中，，
所以.
所以與平面所成角的正弦值為.
(3)
取的中點為，連接，因為為線段的中點，
所以,
由（1）知，平面，所以平面，平面.
所以.
過點作,垂足為，連接,,平面,
所以平面.平面.所以，
所以為二面角的平面角.
在中，，
由（1）知，為等邊三角形，為線段的中點，
所以
由（1）知，平面.平面.所以,
在中，,由（2）知，
即，解得.
因為平面.平面.所以.
在中，.
.
所以二面角的平面角的余弦值為.
例14．（2022·山東省臨沂第一中學高一階段練習）如圖，是的直徑，C是圓周上異于的點，是平面外一點，且．


(1)求證：平面平面；
(2)若，點是上一點，且與在直徑同側(cè)，．
①設(shè)平面平面，求證：；
②求二面角的正切值．
【答案】(1)見解析
(2)①證明見解析，②
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)三角形全等，可證明線線垂直，進而可證明線面垂直，即平面，進一步可得面面垂直.（2）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形，可證明，進而根據(jù)線面平行的判定證明線面平行，再根據(jù)線面平行的性質(zhì)可證線線平行.（3）先找出二面角的平面角，然后再求解即可.
(1)

證明：連接，
，
，
又是以為直徑的圓周上一點，
．
，
，
，
，，平面，
平面，
平面，
平面平面；
(2)
①證明：由題意，四邊形是圓的內(nèi)接四邊形，
，，
，
又點在圓上且與在直線的同側(cè)，
，
平面，平面，
平面，
設(shè)平面平面，
平面，
；
②取的中點，連接，，
則，，
，．
平面，平面，
是平面與平面所成的銳二面角的平面角，
，，．
是邊長為1的正三角形，
．
平面，
，
平面與平面所成的銳二面角的正切值為．
例15．（2022·全國·高一專題練習）在四棱錐中，，，平面，分別為的中點，．

(1)求證：平面平面；
(2)求二面角的大?。?br /> 【答案】(1)證明見解析.
(2)150°.
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明平面，再利用面面垂直的判定定理即可求證.
（2）取的中點，連接，取的中點，連接，，證明二面角的平面角與互補，計算的大小即可.
(1)
解：∵平面，平面，∴
又，∴,
∵，∴平面，
又在中，分別為中點，故，∴平面
∵平面，
∴平面平面.
(2)
解：取的中點，連接，取的中點，連接，，
由，平面，可得平面，
又，，可得，
因為是斜線在平面上的射影，
由三垂線定理可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角與互補．
在中，設(shè)，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
則二面角的大小為．

例16．（2022·全國·高一專題練習）已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點，EF∥BC，AE＝2，沿EF將梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如圖）．

(1)證明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意，利用線面垂直的判定定理即可求證；
（2）在平面AEFD中，過D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，過D作DH⊥BF交BF于H，連接GH，可得二面角D﹣BF﹣E的平面角∠DHG，計算∠DHG的余弦值即可.
(1)
證明：在直角梯形ABCD中，因為，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因為EF∥BC，故EF⊥AB．
所以在折疊后的幾何體中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．
(2)
解：如圖，在平面AEFD中，過D作DG⊥EF交EF于G．

在平面DBF中，過D作DH⊥BF交BF于H，連接GH．
因為平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG?平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因為BF?平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH?平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG為二面角D﹣BF﹣E的平面角，
在平面AEFD中，因為AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，
故EF∥AD，故四邊形AEGD為平行四邊形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，，
因為∠BFE為三角形的內(nèi)角，
故，故，
故，
因為∠DHG為三角形的內(nèi)角，
故．
所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值為．
例17．（2022·全國·高一專題練習）如圖，在四棱錐V﹣ABCD中底面ABCD是正方形，側(cè)面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD

(1)證明：AB⊥平面VAD；
(2)求面VAD與面VDB所成的二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理結(jié)合正方形性質(zhì)可證；
（2）取VD中點E，證明∠AEB即為所求的二面角的平面角，然后可得.
(1)
因為底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD，
又平面VAD⊥平面ABCD， AB?平面ABCD，平面VAD∩平面ABCD＝AD，
∴AB⊥面VAD
(2)
取VD中點E，連接AE，BE，
∵△VAD是正三角形，
∴,
∵AB⊥面VAD，AE，VD?平面VAD
∴AB⊥VD，AB⊥AE
∴AE⊥VD，AB⊥VD，AB∩AE＝A，且AB，AE?平面ABE，
所以VD⊥平面ABE，
∵BE?平面ABE，
∴BE⊥VD，
∴∠AEB即為所求的二面角的平面角．
在Rt△ABE中，，


例18．（2022·全國·高一專題練習）在四棱錐中，底面是邊長為的菱形，，對角線與相交于點，平面，與平面所成的角為．

(1)求四棱錐的體積；
(2)若是的中點，求異面直線與所成角的余弦值；
(3)求二面角的正切值．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)線面夾角的定義，可得∠PBO是PB與平面ABCD所成的角，根據(jù)垂直，利用三角函數(shù)，得到高的值，求出底面菱形的面積，便可得到最后答案.
（2）根據(jù)異面直線夾角的定義，取AB的中點F，連接EF、DF．由E是PB的中點，得EF∥PA，∴∠FED是異面直線DE與PA所成角（或它的補角），再利用三角形的性質(zhì)可得三角函數(shù)的值.
（3）根據(jù)二面角的平面角定義，作MC⊥PB，垂足為M，連接OM，則OM⊥PB，∴∠OMC為二面角C﹣PB﹣D的平面角．在根據(jù)三角形的余弦定理得到最后答案.
(1)
在四棱錐P﹣ABCD中，由PO⊥平面ABCD，
得∠PBO是PB與平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．
在菱形ABCD中，對角線AC⊥BD，且∠BAO=30°，
在Rt△AOB中BO＝ABsin30°＝1，由PO⊥BO，
于是，PO＝BOtan60°＝，而底面菱形的面積為．
∴四棱錐P﹣ABCD的體積．
(2)
取AB的中點F，連接EF、DF．
由E是PB的中點，得EF∥PA，
∴∠FED是異面直線DE與PA所成角（或它的補角），
在Rt△AOB中AO＝ABcos30°＝＝OP，
于是，在等腰Rt△POA中，PA＝，則EF＝．
在正△ABD和正△PBD中，DE＝DF＝，
cos∠FED＝＝
∴異面直線DE與PA所成角的余弦值為；

(3)
作CM⊥PB，垂足為M，連接OM，
△PBC中，PC＝，PB＝2，BC＝2，
∴由等面積可得＝，∴CM＝，
在Rt△CMB中，，則，
因為，所以，且，則，
∴∠OMC為二面角C﹣PB﹣D的平面角．
∴cos∠OMC＝，∴二面角C﹣PB﹣D的正切值為．

題型四：距離問題
例19．（2022·全國·高一專題練習）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形， ， ，PA=PB，AB=PC=4，點M是AB的中點，點N在線段BC上．

(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)若二面角 的大小為 ，求N到平面PCD的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）證明以及，根據(jù)面面垂直的判定定理證明結(jié)論；
（2）根據(jù)二面角 的大小為可求得的長，然后利用等體積法求得答案.
(1)
證明：在△PAB中，因為，，
點M是AB的中點,所以 ，
因為底面ABCD是菱形，，AB=4，
所以，
所以 ，∴ ,
而AB∩CM=M，AB、CM?平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，
因為平面PAB，
所以平面 平面PAB；
(2)
由（1）可得PM⊥面ABCD，連結(jié)MN，則二面角的平面角為∠NMC，

∵二面角的大小為 ，∴ ，
在Rt△BCM中， ，∴ ，即MN⊥BC，
∴ ，
在△AMD中，，
∴，
又，
∴ ，則△PCD為直角三角形．故 ,
設(shè)N到平面PCD的距離為d，又 ．
即，即
解得，所以N到平面PCD的距離為．
例20．（2022·上海市浦東復(fù)旦附中分校高一階段練習）長方體中．

(1)求證：平面平面；
(2)若此長方體，，，求平面到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意，證得平面和平面，結(jié)合面面平行的判定定理，即可證得平面平面.
（2）設(shè)到平面的距離為，根據(jù)，求得點到平面的距離，進而得到平面到平面的距離.
(1)
在長方體中，且，
所以，四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面，
同理可證平面，
因為，且平面，所以平面平面.
(2)
由題意，長方體，，可得，,
在直角中，可得，
在直角中，可得，
又由，可得的面積為，
設(shè)到平面的距離為，則有，
即，所以，
所以平面到平面的距離.

例21．（2022·湖南·高一課時練習）長方體的棱，，．
(1)求點B和點之間的距離；
(2)求直線CD和平面的距離；
(3)求點到平面的距離．
【答案】(1)
(2)13
(3)
【解析】
【分析】
（1）為長方體的對角線長度，即可求解.
（2）由平面，又平面，則為直線CD和平面的距離，即可求解.
（3）先平面平面，再過作交于點,則為點到平面的距離，從而可求解.
(1)
連結(jié),則為長方體的對角線長度
則

(2)
在長方體中，,
平面，所以平面
由平面
所以直線CD和平面的距離為
(3)
在長方體中，平面
平面，所以平面平面
平面平面
過作交于點,則平面
所以為點到平面的距離.
由,則

例22．（2022·內(nèi)蒙古·開魯縣第一中學高一期中）如圖在直三棱柱中，，，，E是上的一點，且，D、F、G分別是、、的中點，EF與相交于H．

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面；
(3)求平面EGF與平面的距離．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得,進而推出，再結(jié)合的邊長，利用勾股定理即可推出，最后結(jié)合線面垂直的判定定理即可完成證明；
（2）根據(jù)是的中位線，即可證明，再利用，即可證明，再根據(jù)題意條件，證明，最后利用面面平行的判定定理即可完成證明；
（3）由（2）可知，平面平面，而，因此平面EGF與平面的距離就是兩條平行線之間的距離，再結(jié)合四邊形的邊角關(guān)系，可得是的公垂線，即為兩個平面之間的距離，求出即可完成距離的求解.
(1)
在直三棱柱中, ，交線為，而，，，，
根據(jù)已知條件可得，為的中點，，，結(jié)合勾股定理可得，，所以平面.
(2)
如圖所示，取的中點，連接，，，為的中點，而為的中點，為的中位線，，又，且，，，，，
F、G分別是、的中點，是的中位線，，
在直三棱柱中，，，，，又，平面平面.

(3)
由平面平面，EF與相交于H，又 平面，平面，兩平面之間的距離即為H到平面的距離，即， ，
∽，，，
故平面EGF與平面的距離為.
題型五：體積問題
例23．（2022·北京·北師大實驗中學高一階段練習）如圖，直四棱柱中中，，，，，設(shè)M為的中點．

(1)求四棱柱的表面積；
(2)求證：面；
(3)連接，記三棱錐的體積為，四棱柱的體積為，求的值．
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）分別求出側(cè)面積和底面積，即可求出表面積；（2）取AB的中點為P，連接CP.連接DP交AC于O，連接OM.先證明出，利用線面平行的判定定理即可證明面；（3）利用等體積法求出，再求出，即可取出的值．
(1)
因為為直四棱柱，所以側(cè)面均為矩形.
因為，，，所以側(cè)面積.
而上下底面為全等的等腰梯形.如圖示：


過D作DE⊥AB于E, 過C作CF⊥AB于F.由等腰梯形的對稱性可得.
所以.
所以底面積.
所以表面積為
(2)
取AB的中點為P，連接CP.連接DP交AC于O，連接OM.


因為，，，所以,，所以四邊形APCD為平行四邊形，所以.
同理可證：四邊形BPDC為平行四邊形，所以,.
因為為直四棱柱，M為的中點，所以,.
所以,,所以四邊形為平行四邊形，所以.
又因為面，面，
所以面.
(3)
由（2）可知：面，所以和D到面的距離相等，
所以.
而
所以
例24．（2022·全國·高一專題練習）如圖1，在直角梯形ADCE中，AD∥EC，2AD=2DC=EC， ，點B為線段EC上的中點，將△ABE沿AB折到 的位置，使二面角 的大小為 ，如圖2．

(1)求證：AB∥平面 ；
(2)試確定過AB的截面，使垂直于該截面，說明理由，并求該截面將幾何體分成的兩部分體積之比；
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析，
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；
（2）設(shè)2AD=2DC=EC=2，確定相關(guān)線段的長，取 的中點G，連接BG，經(jīng)過點G在 中作GM∥CD，交E1D于點M，連接AM，BM，證明點M在平面ABG上，以及 平面ABM，根據(jù)棱錐的體積公式即可求得答案.
(1)
證明：∵在直角梯形ADCE中，AD∥EC，2AD=2DC=EC，
，點B為線段EC上的中點，故
即四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，
折疊后，AB,CD平行關(guān)系不變，∵CD?平面 ， 平面CDE1，
∴AB∥平面．
(2)
解：設(shè)2AD=2DC=EC=2，
∵點B為線段EC上的中點，
將△ABE沿AB折到 的位置，

使二面角 的大小為 ，由（1）知， ,
∴ ，∴ ，
取 的中點G，連接BG，經(jīng)過點G在 中作GM∥CD，交E1D于點M，
連接AM，BM，
∵ ，∴ ，
又∵ ，AB∩BG＝B，∴ 平面ABG，
∵GM∥CD∥AB，∴點M在平面ABG上，∴ 平面ABM，
故==，
=
=，
∴該截面將幾何體分成的兩部分體積之比為：＝.
例25．（2022·全國·高一專題練習）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD=4，BC=CD=2，PA=PC=PD，AD∥BC且AD⊥DC，O，M分別為AC，PA的中點．

(1)求證：BM∥平面PCD；
(2)求證：PO⊥平面ACD；
(3)若二面角P﹣CD﹣A的大小為 ，求四棱錐P﹣ABCD的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明結(jié)論；
（3）由二面角P﹣CD﹣A的大小為求得四棱錐的高，根據(jù)棱錐體積公式求得答案.
(1)
證明：取PD的中點N，連接MN，CN，

∵M為PA中點，∴MN∥AD，，
由已知BC∥AD， ，∴MN∥BC，MN=BC，
∴四邊形MNCB為平行四邊形，則BM∥CN．
又 平面PCD，CN?平面PCD，
∴BM∥平面PCD；
(2)
證明：連接OD，∵AD⊥CD，∴OD=OA=OC，
又PA=PC=PD，∴△POC≌△POD，故 ,
又PA=PC，O為AC中點，∴PO⊥AC，,則PO⊥OD，
∵AC∩OD＝O，∴PO⊥平面ACD；
(3)
解：取CD的中點F，連接OF，PF．∴OF∥AD，，
∵CD⊥AD，∴OF⊥CD，
又PC=PD，F(xiàn)為CD的中點，
∴PF⊥CD，故∠PFO為二面角P﹣CD﹣A的平面角，則 ，
∵PO⊥平面ABCD，∴，
由已知，四邊形ABCD為直角梯形，∴，
∴．
例26．（2022·全國·高一專題練習）如圖，已知菱形所在平面與矩形所在平面相互垂直，且，是線段的中點，是線段上的動點．

(1)與所成的角是否為定值，試說明理由；
(2)若二面角為，求四面體的體積．
【答案】(1)與所成角為定值，理由見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用線面垂直的判定定理可證明平面，由線面垂直證明線線垂直，即可確定與所成角為定值；
（2）根據(jù)題意可得為二面角的平面角，即可求解各邊長度，利用棱錐的體積公式即可求解.
(1)
解：（1）因為平面平面，，
所以平面，
∵平面，所以，同理可證．
又為菱形，，
所以≌，．
又為的中點，所以．
設(shè)，連接，，所以．
又，所以平面．
又平面，所以，
故與所成角為定值．
(2)
解：∵，為中點，
∴，為二面角的平面角，所以，
由題意知，解得，
又，可得，
由（1）得平面，
所以四面體的體積為：
．

例27．（2022·山東·濟南市教育教學研究院高一階段練習）如圖，四邊形ABCD為長方形，平面ABCD，，，點E、F分別為AD、PC的中點．設(shè)平面平面．

(1)證明：平面PBE；
(2)證明：；
(3)求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）取的中點，連接， ，由條件可證明，從而可得線面平行；
（2）根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可證明；
（2）利用等體積轉(zhuǎn)化，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，即可求出結(jié)果．
(1)
取PB中點，連接FG，EG，因為點E、F分別為AD、PC的中點
所以，，因為四邊形ABCD為長方形，所以，且，所以，，所以四邊形DEGF為平行四邊形，所以
因為平面PBE，平面PBE，平面PBE

(2)
由（1）知平面PBE，又平面PDC，平面平面
所以
(3)
因為平面ABCD，所以PD為三棱錐的高，
所以．
例28．（2022·山東·高一期末）如圖，在圓錐中，，，為底面圓上的三個點，，且，．


(1)證明：平面．
(2)求四棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）設(shè)線段上靠近的三等分點為，連接，，再結(jié)合條件證明四邊形為平行四邊形，分析求解即可；（2）作于點，則為的中點，再求出梯形的面積，由圓錐性質(zhì)得到平面的距離為，再利用公式求解即可.
(1)
如圖，設(shè)線段上靠近的三等分點為，連接，．


因為，所以，所以，且，
因為，且，所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以
因為平面，平面，所以平面．
(2)
作于點，則為的中點，所以，
所以梯形的面積為，
因為，所以到平面的距離為，
所以四棱錐的體積為．


【過關(guān)測試】
一、單選題
1．（2022·山東·高一期末）在中，，，以BC所在的直線為軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面圍成一個幾何體，則該幾何體的體積為（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由題可得該幾何體由兩個底面重合的圓錐組成，其中圓錐的底面半徑為2，高為，進而即得.
【詳解】
∵在中，，，
∴，邊上的高為2，

由題可知該幾何體由兩個底面重合的圓錐組成，其中圓錐的底面半徑為2，高為，
所以該幾何體的體積為．
故選：A.
2．（2022·甘肅定西·高一階段練習）如圖，一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原的周長是（???????）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)直觀圖的平面圖，結(jié)合圖形計算可得；
【詳解】
解：∵三角形的斜二側(cè)直觀圖是等腰直角三角形，可知平面圖如下所示：

∴的底，腰，
為直角三角形，高，所以斜邊，
∴直角三角形的周長是．
故選：A
3．（2022·北京市海淀區(qū)教師進修學校高一階段練習）如圖，已知正方體的棱長為2，則下列四個結(jié)論錯誤的是（???????）

A．直線與為異面直線
B．平面
C．三棱錐的表面積為
D．三棱錐的體積為
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)異面直線的定義即可判斷A，根據(jù)線線平行證明線面平行即可判斷B,根據(jù)每個三角形的面積可得三棱錐的表面積，可判斷C，根據(jù)體積公式可判斷D.
【詳解】
因為平面,平面,平面,,所以直線與為異面直線,故A對.平面，平面，平面，故B對.
,,所以三棱錐的表面積為，故C對.
,故D 錯.
故選:D
4．（2022·山東·濟南市教育教學研究院高一階段練習）正三棱柱的底面邊長為4，側(cè)棱長為3，D，E分別為，上靠近A，B的三等分點，則三棱錐的體積為（???????）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
取的中點，連接，則，從而得到平面，根據(jù)計算可得；
【詳解】
解：如圖取的中點，連接，則，
在正三棱柱，平面，平面，
所以，，平面，所以平面，
又，
所以

故選：B
5．（2022·山東·高一期末）在正三棱柱中，，為的中點，則異面直線和夾角的余弦值為（???????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
延長至點，使，延長至，使，取的中點，連接，，，，易證，再分別求出長度，利用余弦定理求解即可.
【詳解】
如圖，延長至點，使，延長至，使，取的中點，
連接，，，，根據(jù)題意得：，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
則為異面直線和的夾角或其補角，
易得，，，所以．
故選：A.

6．（2022·山西·大同一中高一階段練習）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，則點A到平面A1BC的距離為（???????）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
等體積法求解點到平面的距離.
【詳解】
設(shè)點A到平面A1BC的距離為h，
因為AB＝AC＝BC＝2，
所以，，
由勾股定理得：，
取BC中點D，連接，則，BD=1，
故，所以，
因為，所以.

故選：B
7．（2022·山西·懷仁市第一中學校云東校區(qū)高一階段練習（文））如圖，在正方體中，直線與平面ABCD所成角的余弦值是（???????）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)線面角的定義，確定直線與平面ABCD的夾角，解三角形求其大小.
【詳解】
因為多面體為正方體，
所以平面，平面
所以，所以，
由平面可得為直線與平面ABCD的夾角，
設(shè),
在中，,，，
所以，
故選：D.
8．（2022·上海市浦東復(fù)旦附中分校高一階段練習）在三棱錐中，平面；記直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（???????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先得到三棱錐的每一個面都是直角三角形，然后可得與平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他們的余弦值，利用向量法計算直線與直線所成的角為的余弦值，然后比較大小.
【詳解】
令，
由平面，且平面
，又，，
面
三棱錐的每一個面都是直角三角形.
與平面所成的角，
二面角的平面角，
由已知可得，
，
，
又，
則
所以，又均為銳角，

故選：A.

二、多選題
9．（2022·河北·滄縣中學高一期中）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，側(cè)面為正三角形，且平面平面，則下列說法正確的是（???????）

A．異面直線與所成的角為
B．三棱錐的體積為1
C．二面角的大小為
D．與底面所成的角的正切值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】
對選項A，易證平面，即可判斷A正確，對選項B，計算三棱錐的體積即可判斷B正確，對選項C，根據(jù)題意得到是二面角的平面角，再求其大小即可判斷C錯誤，對選項D，根據(jù)題意得到與底面所成的角即為，再求其正切值即可判斷D正確.
【詳解】
對選項，取的中點，連接，如圖所示：

因為側(cè)面為邊長為2的正三角形，且為的中點，
所以，
又底面是菱形，，
所以是邊長為2的等邊三角形，
所以，又，，平面，
所以平面，，
即異面直線與所成的角為，故正確；
對選項B，因為平面平面，，
所以平面.
因為，，
所以，故B正確；
對于選項，因為平面平面，，平面，
所以，.
是二面角的平面角，，則，
在中，，即，
故二面角的大小為，故錯誤.
對選項D，如圖所示：


因為平面，
所以與底面所成的角即為，
因為，
所以，D正確.
故選：ABD
10．（2022·全國·高一課時練習）如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P為線段B1C1上的動點，則下列結(jié)論中正確的是（???????）

A．點A到平面A1BC的距離為 B．平面A1PC與底面ABC的交線平行于A1P
C．三棱錐P﹣A1BC的體積為定值 D．二面角A1-BC-A的大小為
【答案】BC
【解析】
【分析】
根據(jù)點面距、面面平行、線面平行、二面角等知識對選項進行分析，由此確定正確選項.
【詳解】
A選項，四邊形是正方形，所以，所以，
但與不垂直，所以與平面不垂直，所以到平面的距離不是，A選項錯誤.
B選項，根據(jù)三棱柱的性質(zhì)可知，平面平面，所以平面，
設(shè)平面與平面的交線為，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知，B選項正確.
C選項，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距離為定值，所以三棱錐的體積為定值，C選項正確.
D選項，設(shè)是的中點，由于，所以，所以二面角的平面角為，由于，所以，D選項錯誤.
故選：BC

11．（2022·云南·會澤縣實驗高級中學校高一階段練習）如圖，正方體的棱長為1，則下列四個命題正確的是（???????）

A．兩條異面直線和所成的角為
B．直線與平面所成的角等于
C．點D到面的距離為
D．三棱柱外接球半徑為
【答案】BCD
【解析】
【分析】
對于A：根據(jù)異面直線的求法易得：異面直線和所成的角為∠；對于B：可證平面，則直線與平面所成的角為；對于C：根據(jù)等體積轉(zhuǎn)換，求點D到面的距離；對于D：三棱柱的外接球即為正方體的外接球，直接求正方體外接球的半徑即可．
【詳解】
連接、
∵∥且，則四邊形為平行四邊形，
∴異面直線和所成的角為∠
∵，則△為正三角形，即∠
A不正確；

連接
在正方形中，
∵平面，平面
∴
，則平面
∴直線與平面所成的角為
B正確；

根據(jù)等體積轉(zhuǎn)換可知：
即，則
C正確；
三棱柱的外接球即為正方體的外接球
則外接球的半徑即為正方體體對角線的一半，即
D正確；
故選：BCD．
12．（2022·福建三明·高一期中）《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”；四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉膈”．如圖在塹堵ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1═AB═2．下列說法正確的是（???????）


A．四棱錐為“陽馬”、四面體為“鱉膈”．
B．若平面與平面的交線為，且與的中點分別為M、N，則直線、、相交于一點．
C．四棱錐體積的最大值為．
D．若是線段上一動點，則與所成角的最大值為．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由塹堵、陽馬、鱉膈的定義判斷A，由平面的基本性質(zhì)判斷B，由棱柱與棱錐的體積公式判斷C，由線面垂直的的性質(zhì)定理，結(jié)合異面直線所成角的定義判斷D．
【詳解】
塹堵ABC?A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱錐為“陽馬”，
同理平面，平面，則，與垂直易得，四面體為“鱉膈”，
A正確；
與的中點分別為M、N，則，所以共面，又，所以相交，設(shè)，則，
而平面，平面，所以是平面與平面的一個公共點，必在其交線上，B正確；
，當且僅當時，等號成立，
所以，
即四棱錐體積的最大值為，C錯；
由A選項推理知平面，平面，則，當時，，平面，所以平面，
又平面，所以，此時與所成角為，是最大值．D正確．
故選：ABD．
三、填空題
13．（2022·北京一七一中高一階段練習）在正方體中，直線與平面所成角為，___________.

【答案】
【解析】
【分析】
由正方體性質(zhì)及線面角的定義找到與面所成角的平面角，并求其正切值.
【詳解】
由面，則與面所成角，如下圖示，

若正方體棱長為2，則.
故答案為：
14．（2022·甘肅·天水市第一中學高一階段練習）棱長為2的正方體中，點 到平面的距離為___________.
【答案】
【解析】
【分析】
通過證明線面垂直得到平面,即即為點到平面的距離，計算即可
【詳解】

如圖，連接交于點，因為四邊形是正方形，所以，在正方體中，平面，故，又 平面故平面,即即為點到平面的距離.
在正方形中，，所以???
故答案為：
15．（2022·河北邢臺·高一階段練習）如圖，S為等邊三角形ABC所在平面外一點，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點，則異面直線EF與AC所成的角的正切值為______．

【答案】1
【解析】
【分析】
如圖，取的中點，連接，等于異面直線與所成角，證明平面即得解.
【詳解】
解：如圖，取的中點，連接，則
等于異面直線與所成角.

設(shè)，則.
取的中點，連接.
，為等邊三角形，
平面，
平面，，
.
所以，異面直線與所成的角的正切值等于1.
故答案為：1
16．（2022·全國·高一專題練習）如圖，在三棱錐中，，，則二面角的余弦值為___________.

【答案】
【解析】
【分析】
作出二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值.
【詳解】
取的中點，連接?，
因為，所以，，
所以即為二面角的平面角，
因為，，所以，
而，在中，由余弦定理可得，
故答案為：.

四、解答題
17．（2022·全國·高一單元測試）如圖所示，在直三棱柱中，為棱的中點.


(1)求證：平面；
(2)若，，，，求異面直線與所成角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）做出輔助線，運用中位線來證明線線平行，利用空間中線面平行的判定定理，即可證明平面；
（2）利用輔助線作圖，找到異面直線所成角的平面角，再利用余弦定理即可求得余弦值.
(1)
連接交于點，連接.
∵、分別為、中點，∴，
又平面，平面，∴平面；


(2)
在直三棱柱的上方再作出一個完全一樣的幾何體，
如圖得到直三棱柱，


連接、，則有，
∴（或其補角）為異面直線與所成角，
在中，由余弦定理得，
∴，
在中，，，，
由余弦定理得，
∴異面直線與所成角的余弦值.
18．（2022·湖北·高一階段練習）如圖，在直四棱柱中，四邊形ABCD是平行四邊形，F(xiàn)是的中點，點E是線段上，且．

(1)證明：直線平面BDE．
(2)若，，，求點F到平面BDE的距離．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）連接AC，記，連接OE．取線段的中點H，連接AH，HF，證明平面平面BDE，原題即得證；
（2）作，垂足為G，連接BG，利用等體積法求解.
(1)
證明：連接AC，記，連接OE．取線段的中點H，連接AH，HF．
因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點．
因為H是的中點，且，所以E是HC的中點，
因為O，E分別是AC，HC的中點，所以．
因為平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．
因為H，F(xiàn)分別是，的中點，所以．
因為平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．
因為平面AHF，平面AHF，且，
所以平面平面BDE．
因為平面AHF，所以平面BDE．
(2)
解：由（1）可知平面BDE，則點F到平面BDE的距離等于點A到平面BDE的距離．
因為，，，所以的面積為．
作，垂足為G，連接BG，則平面ABCD．
因為，所以，，則．
因為，，，所以．
因為，，，所以，則．
在中，由余弦定理可得，則．
故的面積為．
設(shè)點F到平面BDE的距離為h，
因為三棱錐的體積等于三棱錐的體積，所以，
解得，即點F到平面BDE的距離為．

19．（2022·河南·商丘市第一高級中學高一階段練習）如圖，在三棱柱中，平面ABC，D，E，F(xiàn)分別為，，的中點，，．

(1)求證：平面BEF；
(2)求點D與平面的距離；
(3)求二面角的正切值；
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）通過證明，得線面垂直；
（2）由題可得平面，然后利用等積法即得；
（3）連接交CD于O，可得平面BOE，進而可得為二面角的平面角，結(jié)合條件即得.
(1)
在三棱柱中，
因為平面ABC，
所以四邊形為矩形，又E，F(xiàn)為AC，中點，
所以．
因為，所以．
又，且EF，平面BEF，
所以平面BEF．
(2)
由得，設(shè)D到平面距離為h，
由，，，
所以平面， ，，

∴，，
∴，

，
又，
∴，
∴．
(3)
由（2）知，平面，
又平面，
所以，
連接交CD于O，連接OB，

由題可知≌，
則，即，
，
所以平面BOE，又平面BOE，
所以，
即為二面角A－CD－B的平面角，為二面角的平面角，
由∽得，
，，，
在中，，在中，，
，，
，
∴，即二面角的正切值為．
20．（2022·北京·清華附中朝陽學校高一階段練習）在四棱柱中，側(cè)面底面，且側(cè)面為矩形，底面為菱形，O為與交點，已知．

(1)求證：平面；
(2)在圖上作出平面與平面的交線，并證明．
(3)設(shè)點M在內(nèi)（含邊界），且，說明滿足條件的點M的軌跡，并求的最小值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)答案見解析；
(3)答案見解析.
【解析】
【分析】
（1）分別證明出和，利用線面垂直的判定定理即可證明；
（2）連接交于E，連接交于F，連接EF.利用三角形的中位線定理證明出.
（3）在△BC1D內(nèi)滿足的點M的軌跡是線段C1G.判斷出OM⊥CG時，OM取得最小值.利用三角形等面積法的最小值.
(1)

因為為矩形，所以.
又側(cè)面底面，，所以底面，所以.
因為底面為菱形，所以.
因為平面，平面，，
所以平面；
(2)
連接交于E， 所以，所以面；同理面，所以E為面與面的公共點.
連接交于F，同理可證：F為面與面的公共點.
連接EF，則EF為平面與平面的交線.

因為四棱柱的側(cè)面為平行四邊形，所以E為的中點，F(xiàn)為的中點，由三角形的中位線定理可得：.
(3)
設(shè)AC，BD交于點G.
如圖，在△BC1D內(nèi)滿足的點M的軌跡是線段C1G.

理由如下:
連接OG，則BD⊥OG.由于BD∥B1D1，故欲使，只需OM⊥BD，從而需BD⊥平面OMG，從而需MG⊥BD.
因為在△BC1D中，C1D=C1B，G為BD的中點，所以BD⊥C1G，故點M一定在線段C1G上.
當OM⊥CG時，OM取得最小值.
在Rt△OC1G中，OG=1，，所以.由三角形等面積法可得：
所以.
即的最小值為.
21．（2022·江蘇省鎮(zhèn)江第一中學高一階段練習）如圖，三棱柱側(cè)棱垂直于底面，，，是的中點．


(1)求證：平面；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值；
(3)若．
①求證：；
②求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)①證明見解析，②
【解析】
【分析】
（1）連接交于點，連接，即可得到，從而得證；
（2）依題意可得平面，則為直線與平面所成角，再根據(jù)銳角三角函數(shù)計算可得；
（3）①首先可證平面，從而得到，再由，即可得到平面，從而得證；
②由①可得即二面角的平面角，由余弦定理，可得二面角的余弦值．
(1)
證明：連接交于點，連接，
因為三棱柱側(cè)棱垂直于底面，所以三棱柱是直三棱柱，
所以平行四邊形為矩形，所以為的中點，
為的中點，
，
平面，平面，
平面．

(2)
解：因為三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
所以為直線與平面所成角，
在中，，所以，
所以，
即直線與平面所成角的正弦值為；
(3)
解：①，，
，
底面，底面，
，
，，平面，
平面，
平面，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
②由①可知平面，
，平面，
，，
即二面角的平面角，
由，所以，可得
所以，
，
又，
，
故二面角的平面角的余弦值為．
22．（2022·重慶南開中學高一期中）如圖，圓柱的軸截面ABCD為正方形，，EF是圓柱上異于AD，BC的母線，P，Q分別為線段BF，ED上的點．


(1)若P，Q分別為BF，ED的中點，證明：平面CDF；
(2)若，求圖中所示多面體FDQPC的體積V的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)最大值．
【解析】
【分析】
（1）連接，根據(jù)圓柱的性質(zhì)可得四邊形為平行四邊形，即可得到
為的中點，從而得到，即可得證；
（2）設(shè)，，即可得到，，再根據(jù)比例關(guān)系，表示出，，表示出三棱錐與三棱錐的高，根據(jù)錐體的體積公式得到，令，則，再令，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出最大值；
(1)
證明：如圖連接，
根據(jù)圓柱的性質(zhì)可得且，所以四邊形為平行四邊形，
因為為的中點，所以為的中點，又為的中點，所以，
因為平面，平面，
所以平面，


(2)
解：中，設(shè)，，則，，
所以，
所以，

設(shè)三棱錐高為，設(shè)三棱錐高為，
由比例關(guān)系，可知，
所以，，

∵
∴
∵設(shè)
∴，
令，當且僅當時取等號，則
又關(guān)于在上單調(diào)遞減，
∴當，即，即時，取到最大值．

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