?考點17 點、直線、平面之間的位置關(guān)系（核心考點講與練）

一、 空間中的平行關(guān)系
1.平行直線
(1)平行公理
過直線外一點有且只有一條直線和已知直線平行.
(2)基本性質(zhì)4(空間平行線的傳遞性)
平行于同一條直線的兩條直線互相平行.
(3)定理
如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別對應平行，并且方向相同，那么這兩個角相等.
2.直線與平面平行
(1)直線與平面平行的定義
直線l與平面α沒有公共點，則稱直線l與平面α平行.
(2)判定定理與性質(zhì)定理

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判定定理
平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線平行于此平面

a?α，b?α，
a∥b?a∥α
性質(zhì)定理
一條直線和一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行

a∥α，a?β，
α∩β＝b?a∥b
3.平面與平面平行
(1)平面與平面平行的定義
沒有公共點的兩個平面叫做平行平面.
(2)判定定理與性質(zhì)定理

文字語言
圖形表示
符號表示
判定定理
一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行

a?α，b?α，a∩b＝P，
a∥β，b∥β?α∥β
性質(zhì)定理
兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面

α∥β，a?α?a∥β
如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行

α∥β，α∩γ＝a，
β∩γ＝b?a∥b

二、 空間中的垂直關(guān)系
1.直線與平面垂直
(1)直線與平面垂直的定義
如果一條直線和一個平面相交于點O，并且和這個平面內(nèi)過交點(O)的任何直線都垂直，就說這條直線和這個平面互相垂直.
(2)直線與平面垂直的判定定理及其推論


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判定定理
如果一條直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，則這條直線與這個平面垂直

?l⊥α
推論1
如果在兩條平行直線中，有一條垂直于平面，那么另一條直線也垂直于這個平面

?b⊥α
推論2
如果兩條直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行

?a∥b
2.直線和平面所成的角
(1)定義：一條斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角叫做斜線和平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是直角；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°的角.
(2)范圍：.
3.二面角
(1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范圍：[0，π].
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
如果兩個相交平面的交線與第三個平面垂直，又這兩個平面與第三個平面相交所得兩條交線互相垂直，就稱這兩個平面互相垂直.
(2)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理


文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
如果一個平面過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面互相垂直

?α⊥β
性質(zhì)定理
如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面

?l⊥α

1.異面直線的判定方法

2.求異面直線所成的角的三步曲

3．線面平行的證明方法
（1）定義法：一般用反證法；
（2）判定定理法：關(guān)鍵是在平面內(nèi)找(或作)一條直線與已知直線平行，證明時注意用符號語言敘述證明過程；
（3）性質(zhì)判定法：即兩平面平行時，其中一個平面內(nèi)的任何直線都平行于另一個平面．
4．構(gòu)造平行直線的常用方法
（1）構(gòu)建三角形或梯形的中位線：可直接利用線段的中點、等腰三角形三線合一或利用平行四邊形對角線的交點找中點，從而構(gòu)建中位線；
（2）構(gòu)建平行四邊形：可以利用已知的平行關(guān)系(如梯形的上下底邊平行)或構(gòu)建平行關(guān)系(如構(gòu)造兩條直線同時平行于已知直線)，從而構(gòu)建平行四邊形．
應用線面平行的性質(zhì)定理時，關(guān)鍵是過已知直線作輔助平面與已知平面相交，所得交線與已知直線平行，還可以利用交線判斷已知平面內(nèi)的直線與已知直線的位置關(guān)系，即在已知平面內(nèi)所有和交線平行的直線都與已知直線平行，所有和交線相交的直線都與已知直線異面．
5.判定平面與平面平行的4種方法
（1）面面平行的定義，即證兩個平面沒有公共點(不常用)；
（2）面面平行的判定定理(主要方法)；
（3）利用垂直于同一條直線的兩個平面平行(客觀題可用)；
（4）利用平面平行的傳遞性，兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行(客觀題可用)．
利用線面平行或面面平行的性質(zhì)，可以實現(xiàn)與線線平行的轉(zhuǎn)化，尤其在截面圖的畫法中，常用來確定交線的位置．對于線段長或線段比例問題，常用平行線對應線段成比例或相似三角形來解決．
6.證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)．
7.利用判定定理證明平面與平面垂直的一般方法
先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的垂線存在，則可通過線面垂直來證明面面垂直；若這樣的垂線不存在，則需通過作輔助線來證明

空間兩直線位置關(guān)系的判定
1.（2021重慶市縉云教育聯(lián)盟高三上學期9月月度質(zhì)量檢測）已知直線，平面，，那么“”是“”（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】D
【分析】根據(jù)線面的位置關(guān)系可直接判斷出結(jié)論.
【詳解】因為由可得或l與m 異面，
由可得或，
所以“”是“”的既不充分也不必要條件．
故選：D．
求異面直線所成的角
1. (2021山東臨沂模擬)如圖，四邊形ABCD和四邊形ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，則異面直線AP與BD所成的角為________．

【答案】
【解析】如圖，將原圖補成正方體ABCD-QGHP，連接GP，則GP∥BD，

所以∠APG為異面直線AP與BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，
所以∠APG＝.
答案：
2.（2022河南省十所名校高三）如圖，圓錐的底面直徑，其側(cè)面展開圖為半圓，底面圓的弦，則異面直線與所成的角的余弦值為（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角的坐標運算結(jié)合異面直線的成角的范圍即可求出結(jié)果.
【詳解】
在劣弧上取的中點，以為原點，為軸，為軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為圓錐的底面直徑，其側(cè)面展開圖為半圓，底面圓的弦，
所以，所以，則，
所以,
所以,
則，因為異面直線的成角范圍為，故異面直線與所成的角的余弦值為.
故選：C.
直線與平面、平面與平面平行的判定與性質(zhì)
1.（2021海南省三亞華僑學校高三10月月考）正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是BB1，CC1的中點，

（1）證明：直線AE//平面DCC1D1
（2）求異面直線AE和BF所成角的余弦值.
【答案】（1）證明過程見詳解 （2）
【分析】（1）連接，，證明，然后利用線面平行的判定定理即可證明平面
（2）連接，，則或其補角為異面直線AE和BF所成角，利用余弦定理求出異面直線所成角的余弦值即可
【詳解】（1）證明：連接，，

在正方形中，E、F分別是BB1，CC1的中點，所以，且，
在正方形中，，且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，
則有，因為平面，平面，
所以平面.
（2）連接，，

則在正方形中，因為E、F分別是BB1，CC1的中點，
所以有，
所以四邊形為平行四邊形，則有，
所以或其補角為異面直線AE和BF所成角
設(shè)正方體邊長為2，則，，，
所以，由于異面直線所成角為銳角或者直角
所以異面直線AE和BF所成角的余弦值為
2.（2022年高考數(shù)學一輪復習講練測）如圖，ABCD與ADEF為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．

求證：（1）BE∥平面DMF；
（2）平面BDE∥平面MNG.
【分析】（1）作輔助線，由中位線定理以及線面平行判定定理證明即可；
（2）先證明BD∥平面MNG，DE∥平面MNG，再由面面平行的判定定理證明即可.
【詳解】證明：（1）如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，連接MO，
則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO，
又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.

（2）因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DE∥GN，
又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.
又M為AB中點，所以MN為△ABD的中位線，
所以BD∥MN，又BD?平面MNG，MN?平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，
所以平面BDE∥平面MNG.
直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
1.（2022河南省聯(lián)考高三核心模擬卷）在四棱錐中，平面平面，，，，，，為的中點.

（1）求證：平面；
（2）求三棱錐的體積
答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）由余弦定理求得，由面面垂直的性質(zhì)定理得與平面垂直，從而得線線垂直，求得，等腰三角形性質(zhì)得線線垂直后可證得線面垂直；
（2）通過轉(zhuǎn)換法求得體積，，然后由體積公式計算．
【詳解】（1）證明：在四邊形中，，，，，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得.
在中，，，，
所以，
所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，
所以.
在中，可得，
所以，是等腰三角形，且，，
因為為的中點，
所以，
又由，平面，，
所以平面.
（2）解：由平面，可得點到平面的距離是，
點到平面的距離是到平面的距離的，即點到平面的距離為，
所以.
2.（2022年高考數(shù)學一輪復習考點微專題）如圖所示，在四邊形中，，將沿折起，使得平面平面，構(gòu)成四面體，則下列說法正確的是（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】D
【分析】在四邊形中，由已知條件可得，而在四面體中，由平面平面，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，從而有，再由線面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得結(jié)論
【詳解】∵在四邊形中，，
∴，∵，
∴，
∴，∴．
又在四面體中，平面平面，且平面平面，故平面，∴，又，∴平面，
又平面，∴平面平面．
故選：D
3.（2022年高考數(shù)學一輪復習講練測）如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．將△ABD沿對角線BD折起，記折起后A的位置為點P，且使平面PBD⊥平面BCD．

求證：（1）CD⊥平面PBD．
（2）平面PBC⊥平面PDC．
【分析】(1)利用平面四邊形ABCD證得BD⊥DC，借助面面垂直的性質(zhì)即可得解；
(2)結(jié)合(1)的結(jié)論及已知證得BP⊥平面PDC，利用面面垂直的判定得解.
【詳解】（1）在平面四邊形ABCD中，AD=AB，∠BAD=90°，則∠ABD=∠ADB=45°，
又AD∥BC，即有∠DBC=45°，而∠DCB=45°，于是得∠BDC=90°，
在折后的幾何體PBCD中，BD⊥DC，因平面PBD⊥平面BCD，平面PBD平面BCD=BD，CD平面BCD，
所以CD⊥平面PBD；
（2）由(1)知CD⊥平面PBD，PB平面PBD，于是得CD⊥BP，
又BP⊥PD，PDCD=D，PD平面PDC，CD平面PDC，則BP⊥平面PDC，又BP平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PDC.
平行與垂直的綜合問題
1. 如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是邊長為2的等邊三角形，點D，E分別是BC，AB1的中點．

（1）證明：DE∥平面ACC1A1；
（2）若BB1＝1，證明：C1D⊥平面ADE．
【分析】（1）由線面平行的判定定理，只要證明DE∥A1C，就可證明DE∥平面ACC1A1．
（2）因為BB1⊥平面ABC，由線面垂直的性質(zhì)定理得，BB1⊥AD，因為底面ABC是等邊三角形，D為BC的中點，所以BC⊥AD，所以AD⊥平面B1BCC1，所以AD⊥C1D，由勾股定理得C1D⊥DB1，結(jié)合線面垂直的判定定理得C1D⊥平面ADE．
【詳解】（1）連接A1B，A1C，

在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1是矩形，
因為點E是AB1的中點，所以點E是A1B的中點，
又因為點D是BC的中點，所以DE∥A1C，
因為DE?平面ACC1A1，A1C?平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1．
（2）連接B1D，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，

因為BB1⊥平面ABC，AD?平面ABC，所以 BB1⊥AD，
又因為底面ABC是等邊三角形，D為BC的中點，
所以BC⊥AD，又BC∩BB1＝B，
所以AD⊥平面B1BCC1，又C1D?平面B1BCC1，
所以AD⊥C1D，
由BC＝2，得BD＝1，又BB1＝CC1＝1，
所以，
所以，所以C1D⊥DB1，DB1AD＝D，所以C1D⊥平面ADB1，
即C1D⊥平面ADE．

1.（2019年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（新課標Ⅱ））
設(shè)，為兩個平面，則的充要條件是
A. 內(nèi)有無數(shù)條直線與平行
B. 內(nèi)有兩條相交直線與平行
C. ，平行于同一條直線
D. ，垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本題考查了空間兩個平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷．
【詳解】由面面平行的判定定理知：內(nèi)兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若，則內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B．
【點睛】面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤．
2.（2019年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（文科）（新課標Ⅲ））如圖，點為正方形的中心，為正三角形，平面平面是線段的中點，則

A. ，且直線是相交直線
B. ，且直線是相交直線
C. ，且直線是異面直線
D. ，且直線是異面直線
【答案】B
【分析】利用垂直關(guān)系，再結(jié)合勾股定理進而解決問題．
【詳解】如圖所示， 作于，連接，過作于．
連，平面平面．
平面，平面，平面，
與均為直角三角形．設(shè)正方形邊長為2，易知，
．，故選B

【點睛】本題考查空間想象能力和計算能力， 解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形．
3.（2021年全國高考乙卷數(shù)學（文）試題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．

（1）證明：平面平面；
（2）若，求四棱錐的體積．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由線面垂直的判定定理可得平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知識可知，，由相似比可求出，再根據(jù)四棱錐的體積公式即可求出．
【詳解】（1）因為底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因為，所以，即．
故四棱錐的體積．
[方法二]：平面直角坐標系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如圖所示的平面直角坐標系，設(shè)．

因為，所以，，，．
從而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最優(yōu)解】：空間直角坐標系法
建立如圖所示的空間直角坐標系，

設(shè)，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空間向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面內(nèi)，
因此，所以．
所以，
由于四邊形是矩形，根據(jù)數(shù)量積的幾何意義，
得，即．
所以，即．下同方法一.
【整體點評】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；
方法二構(gòu)建平面直角坐標系，利用直線垂直的條件得到矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；
方法三直接利用空間直角坐標系和空間向量的垂直的坐標運算求得矩形的另一個邊長,為最常用的通性通法，為最優(yōu)解；
方法四利用空間向量轉(zhuǎn)化求得矩形的另一邊長.

一、單選題
1．（2022·山東聊城·二模）已知某圓錐的側(cè)面積等于底面的3倍，直線是底面所在平面內(nèi)的一條直線，則該直線與母線所成的角的余弦值的取值范圍為（???????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由側(cè)面積與底面積的關(guān)系得出，再由線線角的范圍結(jié)合線面角的定義得出該直線與母線所成的角的余弦值的取值范圍.
【詳解】設(shè)底面圓的半徑為，母線長為，因為圓錐的側(cè)面積等于底面的3倍，
所以，即，因為直線與直線所成角的范圍為，
所以當直線與底面圓相切時，直線與母線所成角最大為，則該直線與母線所成的角的余弦值的最小值為；
當直線過底面圓的圓心時，由線面角的定義可知，此時直線與母線所成角最小，則該直線與母線所成的角的余弦值的最大值為，
即該直線與母線所成的角的余弦值的取值范圍為.
故選：A

2．（2022·北京豐臺·二模）已知兩條不同的直線l，m與兩個不同的平面，，則下列結(jié)論中正確的是（???????）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
【答案】B
【分析】根據(jù)空間中線面、面面的判定定理與性質(zhì)定理一一判斷即可；
【詳解】解：由兩條不同的直線，與兩個不同的平面，，知：
對于A，若，，則與平行或或與相交或，故A錯誤；
對于B，若，，則由面面垂直的判定定理得，故B正確；
對于C，若，，則或，故C錯誤；
對于D，若，，則或，故D錯誤．
故選：B．
3．（2022·重慶八中模擬預測）已知三個平面，，，其中 ，，，且，則下列結(jié)論一定成立的是（???????）
A．b，c是異面直線 B． C． D．a(chǎn)與c沒有公共點
【答案】B
【分析】因為 兩兩相交，因此可以看作是三棱錐的三個面，作圖分析即可.
【詳解】

依題意作上圖，
對于A， ，錯誤；
對于B， ， ，又∵ ，即 ，
正確；
對于C， ，故錯誤；
對于D， ，P點就是a，c的公共點，錯誤；
故選：B.
4．（2022·江西·二模（理））已知平面四邊形ABCD中，，現(xiàn)沿BD進行翻折，使得A到達的位置，連接，此時二面角為150°，則四面體外接球的半徑為（???????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取BD的中點E，連接，，依題意可得即為二面角的平面角且，即可外接圓的圓心為，設(shè)外接圓的圓心為，過點，分別作平面，平面的垂線，交于點，則即為四面體外接球的球心，再利用勾股定理求出外接球的半徑即可.
【詳解】解：取BD的中點E，連接，，因為
即，
所以，，即為二面角的平面角，且，所以外接圓的圓心為，

設(shè)外接圓的圓心為，則，過點，分別作平面，平面的垂線，交于點，則即為四面體外接球的球心.
因為二面角的平面角為，即，則.
在中，，連接，則即為外接球的半徑，
則，即，
故選：C.
5．（2022·江西景德鎮(zhèn)·三模（理））已知正方體的棱長為2，P為正方形ABCD內(nèi)的一動點，E、F分別是棱、棱的中點．若平面BEF，則的最小值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)線面平行求得點的軌跡，再結(jié)合幾何關(guān)系，求的最小值即可.
【詳解】取中點分別為，連接，以及，如下所示：

顯然//，故平面與平面是同一個平面，
又//，故都在平面中；
//，面面，故可得//面，
//面面，故可得//面，
又面，故面//面，
又點在正方形，故點的軌跡是線段，
故當且僅當時，取得最小值；
在△中，，
故，則，
則.
故選：A.
6．（2022·河北秦皇島·二模）如圖，在直三棱柱中，，，，分別是，的中點，則直線與平面所成角的正弦值為（???????）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】應用等體積法求到平面的距離，結(jié)合的長，即可求直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】由題設(shè)，且到平面的距離為.
又，，故到上高為，所以.
設(shè)到平面的距離為，由得：，解得，
故直線與平面所成角的正弦值為.
故選：D
7．（2022·湖南永州·三模）中國古代數(shù)學瑰寶《九章算術(shù)》記錄形似“楔體”的“羨除”．所謂“羨除”，就是三個側(cè)面都是梯形或平行四邊形（其中最多只有一個平行四邊形），兩個不平行對面是三角形的五面體．如圖，在羨除中，四邊形是邊長為2的正方形，，均為正三角形，平面，且，則羨除的體積為（???????）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】作出輔助線，分割為一個三棱柱和兩個相同的三棱錐，利用柱體和椎體體積公式進行求解.
【詳解】因為平面
所以EF∥AB，EF∥CD，
因為四邊形是邊長為2的正方形，
所以AB⊥AD，
過點A作AG⊥EF于點G，連接DG，
則AG⊥AB，
因為，
所以AB⊥平面ADG，
過點B作BH⊥EF于點H，連接CH
則AB⊥平面BCH，
因為，均為正三角形，邊長相等，
所以羨除被分割為三棱柱ADG-BCH和兩個相同的三棱錐E-ADG和F-BCH，
其中FG=FH=1，GH=AB=CD=2，
由勾股定理可得：，
取AD中點M，連接GM，則GM⊥AD，
由勾股定理得：，
則
所以，
故羨除的體積為

故選：B
8．（2022·浙江嘉興·二模）如圖，已知正方體的棱長為，則下列結(jié)論中正確的是（???????）

①若是直線上的動點，則平面
②若是直線上的動點，則三棱錐的體積為定值
③平面與平面所成的銳二面角的大小為
④若是直線上的動點，則
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】連接，利用面面平行的判定可證得平面平面，由面面平行性質(zhì)可知①正確；根據(jù)①中結(jié)論，利用體積橋的方式，由可知②正確；由面面平行知平面與平面所成的銳二面角即為平面與平面所成的銳二面角，根據(jù)二面角平面角定義知所求角為，利用正切值可說明③錯誤；根據(jù)線面垂直的判定可證得平面，根據(jù)線面垂直性質(zhì)知④正確.
【詳解】對于①，連接，

，，四邊形為平行四邊形，，
又平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面，
若是直線上的動點，則平面，平面，①正確；
對于②，由①知，平面，
，②正確；
對于③，連接，交于點，連接，

平面平面，平面與平面所成的銳二面角即為平面與平面所成的銳二面角，
四邊形為正方形，，為中點，
又，，
即為平面與平面所成的銳二面角的平面角，
，，
即平面與平面所成的銳二面角不為，③錯誤；
對于④，四邊形為正方形，，
平面，平面，，
又，平面，平面；
若是直線上的動點，則平面，，④正確.
故選：C.
二、多選題
9．（2022·遼寧葫蘆島·一模）如圖所示，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列滿足平面ABC的是（???????）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根據(jù)線面平行的判定定理或面面平行的性質(zhì)定理，即可得解．
【詳解】解：對于A，如圖所示，點，為正方體的兩個頂點，則，
所以、、、四點共面，
同理可證，即、、、四點共面，
平面，故A錯誤；

對于B，如圖所示，為正方體的一個頂點，則，，
平面，平面，所以平面，同理可證平面
又，、平面，
平面平面，
又平面，
平面，故B正確；

選項C，如圖所示，為正方體的一個頂點，則平面平面，
平面，
平面，故C正確；

對于D，連接，則，
，，，四點共面，
平面，與平面相矛盾，故D錯誤．

故選：BC．
10．（2022·遼寧沈陽·二模）在四棱錐中，底面ABCD為梯形，，則（???????）
A．平面PAD內(nèi)任意一條直線都不與BC平行
B．平面PBC內(nèi)存在無數(shù)條直線與平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交線不與底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交線不與底面ABCD平行
【答案】ABD
【分析】用反證的方法來推出與已知相矛盾的結(jié)論，可以判斷A,D;用線面平行的判定定理，可判斷B;用線面平行的判定以及性質(zhì)定理可判定C.
【詳解】若平面PAD內(nèi)存在直線與BC平行，則平面PAD，

由 平面ABCD, 平面ABCD 平面PAD ,
可得，則四邊形ABCD為平行四邊形，與已知矛盾，故A正確；
平面PAD和平面PBC的一個交點為P，故二者存在過點P的一條交線，
在平面PBC內(nèi)，與平面PAD和平面PBC的交線平行的所有直線均與平面PAD平行，故B正確；
由得平面PCD，進而AB平行于平面PAB與平面PCD的交線，
所以平面PAB與平面PCD的交線與底面ABCD平行，故C錯誤；
若平面PAD與平面PBC的交線與底面ABCD平行，
則平面PAD與平面PBC的交線與BC平行，與AD也平行，
與已知底面ABCD為梯形矛盾，故D正確．
故選：ABD
11．（2022·廣東惠州·一模）近年來，納米晶的多項技術(shù)和方法在水軟化領(lǐng)域均有重要應用.納米晶體結(jié)構(gòu)眾多，下圖是一種納米晶的結(jié)構(gòu)示意圖，其是由正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面得到所有棱長均為n的幾何體，則下列說法正確的有（???????）

A．該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的表面積為
B．該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的體積為
C．該結(jié)構(gòu)的納米晶個體外接球的表面積為
D．二面角A1?A2A3?B3的余弦值為
【答案】ABD
【分析】對于A：該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成，代公式計算即可.
對于B：棱長為a的正四面體的高為，根據(jù)割補法代公式計算.
對于C：設(shè)外接球球心為O，三角形的中心為，正六邊形的中心為，則O在上，計算可得；
對于D：二面角是原正四面體側(cè)面和底面成角的補角，計算可得.
【詳解】對于A：該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成，所以表面積，故A正確；
對于B：棱長為a的正四面體的高為，所以，故B正確；
對于C：設(shè)外接球球心為O，三角形的中心為，正六邊形的中心為，則O在上，幾何體上下底面距離為，可得，計算整理得，因此該幾何體的外接球表面積為，故C錯誤；
對于D：二面角為是原正四面體側(cè)面和底面成角的補角，如圖，

過正四面體的頂點作平面于點，易知為的中心，延長交于點，則為的中點，連接，設(shè)正四面體的棱長為2，則，所以，，因為平面，所以，又，，所以平面，平面，所以，所以即為所求側(cè)面與底面所成二面角的平面角，在中，，所以側(cè)面與底面所成二面角的平面角的余弦值為，所以二面角A1?A2A3?B3的余弦值為，故D正確.
故選：ABD.
12．（2022·遼寧錦州·一模）如圖，在直四棱柱中，，，，，點P，Q，R分別在棱，，上，若A，P，Q，R四點共面，則下列結(jié)論正確的是（???????）

A．任意點P，都有
B．存在點P，使得四邊形APQR為平行四邊形
C．存在點P，使得平面APQR
D．存在點P，使得△APR為等腰直角三角形
【答案】AC
【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)，結(jié)合假設(shè)法逐一判斷即可.
【詳解】對于A：由直四棱柱，，
所以平面平面，
又因為平面平面，平面平面，
所以，故A正確；
對于B：若四邊形為平行四邊形，則，
而與不平行，即平面與平面不平行，
所以平面平面，平面平面，
直線與直線不平行，
與矛盾，
所以四邊形不可能是平行四邊形，故B不正確；
對于C：當時，為時，滿足平面，故C正確.
對于D：假設(shè)存在點，使得為等腰直角三角形，令，

過點作，則，在線段上取一點使得，連接，則四邊形為矩形，所以，
則，
，

顯然，
若由，則且四邊形為平行四邊，
所以，無解，故D錯誤；
故選：AC.
【點睛】關(guān)鍵點睛：運用假設(shè)法進行求解是解題的關(guān)鍵.
13．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面邊為1，側(cè)棱長為a，M是CC1的中點，則（???????）
A．任意a＞0，A1M⊥BD
B．存在a＞0，直線A1C1與直線BM相交
C．平面A1BM與底面A1B1C1D1交線長為定值
D．當a＝2時，三棱錐B1－A1BM外接球表面積為3π
【答案】AC
【分析】對于A，證線線垂直即證線面垂直；
對于B，根據(jù)異面直線的定義可得；
對于C，根據(jù)基本事實3找出交線，然后求出交線長即可；
對于D，根據(jù)外接球與正四棱柱的位置關(guān)系，找出球心，進而求出半徑，即可得出表面積.
【詳解】，，，，平面，
∴平面，平面，∴，A對.
平面，平面，∴平面
∴與異面不相交，B錯.
延長，交于點，為中點，，

∴，∴，，∴，
平面平面，平面與底面交線為，
其中為中點，，C對.
，是直角三角形，外接圓是以為直徑的圓
圓心設(shè)為，半徑（知D錯）
取中點，則平面，，

∴，∴，，D錯；
故選：AC.
14．（2022·江蘇泰州·模擬預測）在正四棱錐中，點分別是棱上的點，且，，，其中，則（???????）
A．當時，平面平面
B．當，，時，平面
C．當，，時，點平面
D．當，時，存在，使得平面平面
【答案】BD
【分析】舉出反例可判斷A；連接交于點，根據(jù)三角形中位線性質(zhì)可得，由線面平行的判定可知B正確；
假設(shè)平面，可知平面與平面重合，顯然不成立，知C錯誤；
由線面垂直的判定可知平面，取中點，由平行關(guān)系可得平面，則平面與交點滿足題意，知D正確.
【詳解】對于A，當時，平面與平面重合，A錯誤；
對于B，當，，時，與重合，與重合，為中點，

連接，交于點，連接，
四邊形為正方形，為中點，又為中點，，
又平面，平面，
平面，即平面，B正確；
對于C，連接，

假設(shè)平面，又平面，平面，
平面，平面，平面即為平面，顯然不成立，C錯誤；
對于D，取中點，連接，交于點，連接，

四邊形為正方形，，
為正方形的中心，平面，又平面，，
又，平面，平面，
分別為中點，，平面；
過作，交于，則平面，
平面平面，D正確.
故選：BD.
15．（2022·廣東廣州·二模）如圖，圓柱的軸截面是正方形，E在底面圓周上， ，F(xiàn)是垂足，G在BD上， ，則下列結(jié)論中正確的是（???????）

A．
B．直線與直線所成角的余弦值為
C．直線與平面所成角的余弦值為．
D．若平面平面，則
【答案】AD
【分析】選項A：由線面垂直的判定定理，以及線面垂直的性質(zhì)定理得出；
選項B：平移法找出異面直線所成角，構(gòu)造三角形，求解三角形可得；
選項C：找出線面垂直，作出線面角，再求解三角形可得；
選項D：運用線面平行的判定定理，以及線面平行的性質(zhì)定理可得.
【詳解】對于A：由圓柱的性質(zhì)得：面，面，
又是下底面圓的直徑
又，面，面
面，又面 ，又
又，面，面
面，又面，A正確；
對于B：過點作交于點，如圖

則就是直線與直線所成角（或補角）
設(shè)，則
在中，
，
在等腰中，，又
在中，，，

即：
在中，，，

在中，，
，B錯誤；
對于C：取的中點，連接，如圖所示

則：，面，又面
又，面，面
面
就是直線與平面所成角
又
，C錯誤；
對于D：在中，，，
，又面，面
面
又平面平面，面
，D正確.
故選：AD.
16．（2022·廣東茂名·二模）棱長為4的正方體中，E，F(xiàn)分別為棱，的中點，則下列說法中正確的有（???????）
A．三棱錐的體積為定值
B．當時，平面截正方體所得截面的周長為
C．直線FG與平面所成角的正切值的取值范圍是
D．當時，三棱錐的外接球的表面積為
【答案】ACD
【分析】選項A. 平面,則G點到平面距離為定值，從而可判斷；???選項B. 延長交棱于點M，則是的中點，取的中點N，連接EN，MN，，平面為平面截正方體所得的截面，從而可求出截面周長；選項C. 由平面，即則為直線FG與平面所成的角，從而可判斷；選項D. ，連接，交EF于點J，則J為EF的中點， 由球的性質(zhì)可得球心O在過點J且與GH平行的直線上 ，求出其半徑可判斷；
【詳解】因為，所以點G為線段上一個動點，
又平面，故G點到平面距離等于點到平面得距離，為定值4，
又E，F(xiàn)分別為棱，的中點，則面積是定值，
故三棱錐是定值，又，故A正確；
延長交棱于點M，則，即是的中點，
取的中點N，連接EN，MN，，

因為，，所以，所以平面為平面截正方體所得的截面，
因為，，，
所以四邊形的周長為，故B項錯誤；
由上可知平面，當點G在上移動時，連接MG，

則為直線FG與平面所成的角，
因為MG的最小值為，最大值，由
所以，故C正確；
如圖所示，連接，交EF于點J，則J為EF的中點，，

在上取點H，使，連接GH，則，所以平面，
則，設(shè)三棱錐的外接球的球心為O，則，
由及，得點O在過點J且與GH平行的直線上，
設(shè)，因為，，
所以，解得，所以，
所以三棱錐的外接球表面積為，故D項正確．
故選: ACD．
三、解答題
17．（2022·青海西寧·一模（文））如圖，四棱錐中，，，平面CDP，E為PC中點．

(1)證明：平面PAD；
(2)若平面PAD，，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取中點，連接，，然后可證明四邊形是平行四邊形，得到即可；
（2）根據(jù)題意可求得PD的長，根據(jù)即可求得答案.
(1)證明：取中點，連接，，

則，且，
又，且，
，且，
四邊形是平行四邊形，
，
平面，平面，
平面；
(2)因為平面PAD，平面PAD，
故，
又因為，，故 ,
又因為，平面CDP，
故
.
18．（2022·甘肅蘭州·一模（理））已知四棱錐中，底面為菱形，點E為校PC上一點（與P?C不重合），點M?N分別在棱PD?PB上，平面平面.

(1)求證：平面；
(2)若為中點，，，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）因為平面平面，證得，得到平面，結(jié)合線面平行的判定定理，即可證得平面；
（2）由（1）證得平面，連接交于，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，過點作的平行線為軸，建立空間直角坐標系，
分別求得平面和的法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.
(1)證明：因為平面平面，且平面平面，
平面平面，所以,
又因為平面，且平面，
所以平面.
(2)解：由（1）平面，
因為，，所以，所以，
所以，
又因為，且，所以平面，
因為四邊形是菱形，可得，
所以為正三角形，所以，
連接交于，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，
過點作的平行線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
可得，
因為點為的中點，且平面平面，
可得分別為與的中點，所以，
平面的法向量即為平面的法向量，
因為平面，所以平面的法向量為，
設(shè)平面的法向量為，又由，
則，令，可得，即，
所以，
所以，所以二面角的正弦值為.

19．（2022·海南?？凇つM預測）如圖所示的幾何體由一個半圓錐和一個三棱錐組合而成，兩個錐體的底面在同一平面內(nèi)，BC是半圓錐底面的直徑，D在底面半圓弧上，且，△ABC是等邊三角形．

(1)證明：平面SAC；
(2)若BC＝2，，求直線CD與平面SAB所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）只需證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，平面SAB的法向量，利用進行計算，從而求出答案.
(1)因為BC是半圓錐底面的直徑，，所以∠DBC＝60°，
因為△ABC是等邊三角形，所以∠ACB＝60°，所以．
因為平面SAC，平面SAC，所以平面SAC．
(2)設(shè)S在底面上的射影為O，連接OA，OS，
由已知得O為BC的中點，所以AO⊥BC，．
因為BC＝2，，所以O(shè)B＝1，．
以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)A，CB，OS所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．

則C（0，-1，0），，B（0，1，0），，S（0，0，2）．
所以，，．
設(shè)平面SAB的法向量為，
則令x＝2，得．
設(shè)CD與平面SAB所成的角為θ，
則．
20．（2022·山東濰坊·二模）如圖，線段AC是圓O的直徑，點B是圓O上異于A，C的點，，，PA⊥底面ABC，M是PB上的動點，且，N是PC的中點．

(1)若時，記平面AMN與平面ABC的交線為l，試判斷直線l與平面PBC的位置關(guān)系，并加以證明；
(2)若平面PBC與平面ABC所成的角為，點M到平面PAC的距離是，求的值．
【答案】(1)直線平面PBC，證明見解析(2)
【分析】（1）可證平面ABC，從而得到，故可得直線平面PBC．
（2）根據(jù)平面PBC與平面ABC所成的角為可得，建立如圖所示的空間直角坐標系，根據(jù)點面距公式可求的值.
(1)直線平面PBC，
證明：當時，M是PB的中點，又因為N是PC的中點，
所以，又平面ABC，且平面ABC，
所以平面ABC，又平面AMN，且平面平面，
所以，又因為平面PBC，平面PBC，所以直線平面PBC．
(2)因為AC是圓O的直徑，所以，
由勾股定理得，因為PA⊥平面ABC，平面ABC，
所以，又，，
所以BC⊥平面PBA，而平面PBA，故，
故∠PBA就是二面角的平面角，所以，
所以△PAB為等腰直角三角形，且，
以點B為坐標原點，BA，BC所在直線分別為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
設(shè)平面PAC的一個法向量為，
則，所以
令，則，得，
設(shè)，
所以點M到平面PAC的距，所以．

21．（2022·山東聊城·二模）如圖，在四棱錐中，平面，，是等邊三角形，．

(1)若，求證：平面；
(2)若二面角為30°，，求直線與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析 (2)
【分析】（1）先由直角三角形的性質(zhì)得出，由線面垂直的性質(zhì)得出，最后由線面垂直判定證明即可；
（2）以的中點為原點，分別以所在直線為軸和軸，建立如下圖所示的坐標系，利用向量法得出直線與平面所成的角的正弦值．
(1)在中，因為，所以
因為是等邊三角形，所以，因此，所以
因為平面，平面，所以
因為，所以平面
(2)因為平面，平面，所以
又，且，所以平面
又平面，所以，因此即為二面角的平面角
所以，所以
以的中點為原點，分別以所在直線為軸和軸
建立如下圖所示的坐標系
則
于是
設(shè)平面的法向量為
由，得
取，得
設(shè)直線與平面所成角為
則
故直線與平面所成角的正弦值為

22．（2022·江西·二模（理））如圖所示，在多面體ABCDFE中，ABCDEF，平面ABCD平面ABEF，ABAD=AF2EF2CD，∠CDA∠AFE90°，M，N分別為線段BE，CE的中點.

(1)求證：FAMN；
(2)求平面BDF與平面BEF所成銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析 (2)
【分析】（1）由題意，得到FAAB，利用面面垂直的性質(zhì)定理，證得FA平面ABCD，得到FABC，結(jié)合MNBC，即可證得FAMN；
（2）以A為原點，AD，AB，AF所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，求得平面BDF的一個法向量和向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.
(1)證明：因為ABEF，∠AFE90°，所以FAAB，
又平面ABCD平面ABEF，平面平面ABEFAB，平面ABEF，
所以FA平面ABCD，
因為平面ABCD，故FABC；
因為M，N分別為線段BE，CE的中點，故MNBC，所以FAMN.
(2)解：因為FA平面ABCD，平面ABCD，所以FAAD，
又∠BAD90°，所以FA，AD，AB兩兩互相垂直，
以A為原點，AD，AB，AF所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
設(shè)ABADAF2，CDEF1，
則，，，，，
設(shè)為平面BDF的一個法向量，則，
令，可得，所以，
又由為平面BEF的一個法向量，
則，即平面BDF與平面BEF所成銳二面角的余弦值為.




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