考點鞏固卷15 空間中的平行垂直與共線面問題（六大考點）(原卷版）-2025年高考數學二輪復習考點鞏固-試卷下載-教習網

考點01：判斷平行與垂直的有關命題
①要證線∥面，條件為3個，其中必有《線面》
②要證線⊥面，條件為2個，其中必有《線∥線或面∥面》
③要證線∥線（面∥面），條件為2或3個，其中必有《兩個線⊥面》
④要證線⊥線（面⊥面），條件為2個，其中必有《⊥、∥（）》
⑤要證線⊥線（面⊥面），條件為3個，其中必有《》
1．設是兩個平面，是兩條直線，則下列命題為真命題的是（）
A．若，，，則
B．若，，，則
C．若，，，，則
D．若，，則
【答案】B
【分析】由線面關系逐一判斷即可.
【詳解】對于A：由，，，可知、可能平行或相交，A錯誤；
對于B：由，，，則由線面平行的性質定理得，B正確；
對于C：由，，，，可知、可能平行或相交，C錯誤；
對于D：由，，可知或，D錯誤．
故選：B
2．已知平面滿足，下列結論正確的是（）
A．若直線，則或
B．若直線，則與和相交
C．若，則，且
D．若直線過空間某個定點，則與成等角的直線有且僅有4條
【答案】D
【分析】根據給定條件，作出正方體，舉例說明判斷ABC；利用正方體的體對角線推理判斷D.
【詳解】在正方體中，平面，平面，平面兩兩垂直，
令平面為平面，平面為平面，平面為平面，
對于A，直線，，當為直線時，，A錯誤；
對于B，，當為直線時，，B錯誤；
對于C，，當為直線時，，C錯誤；
對于D，在正方體中，直線相交于點，
它們與平面，平面，平面所成的角都相等，
而正方體過其中心的直線有且只有4條直線與該正方體各個面所成的角相等，
過空間給定點作直線平行于直線之一，所得直線與與所成角相等，
因此直線過空間某個定點，與成等角的直線有且僅有4條，D正確.
故選：D
3．已知a，b是不同的直線，，是不同的平面，下列說法中正確的是（）
A．若，平面，則平面
B．若平面，平面，則
C．若平面，平面，平面平面，則
D．若平面，平面，，則平面平面
【答案】C
【分析】根據線面平行判定定理可判斷A；根據線面垂直的性質定理可判斷B；作出二面角的平面角，根據面面垂直可判斷C；通過舉反例判斷D.
【詳解】對A，若，平面，則平面或，A錯誤；
對B，若平面，平面，則，B錯誤；
對C，記，過點作，垂足分別為，
因為平面，平面，所以，
記平面與直線相交于點，連接，
因為，所以，
又，所以，
因為是平面內的兩條相交直線，所以平面，
因為平面，所以，
又平面平面，所以，
所以四邊形為矩形，所以，所以，C正確；

對D，如圖，記，當直線與平行，且不在平面內時滿足條件，但平面不平行，D錯誤.
故選：C

4．設是三個不同平面，且，則是的（）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】利用面面平行的性質定理，及它們之間的推出關系，即可以作出判斷.
【詳解】由于，，由平面平行的性質定理可得：，
所以是的充分條件；
但當，，并不能推出，也有可能相交，
所以是的不必要條件；
故選:A.
5．下列說法正確的是（）
A．若直線l,m,n兩兩相交，則直線l,m,n共面
B．若直線與平面所成的角相等，則直線互相平行
C．若平面上有三個不共線的點到平面的距離相等，則平面與平面平行
D．若不共面的4個點到平面的距離相等，則這樣的平面有且只有7個
【答案】D
【分析】根據題意，結合空間中直線與平面位置關系的判定和性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，當直線l,m,n交于同一點時，則直線l,m,n可能不共面，所以A錯誤；
對于B中，當直線傾斜方向不同時，直線與平面所成的角也可能相等，所以B錯誤；
對于C中，當這3個點不在平面的同側時，平面與平面相交，所以C錯誤；
對于D中，根據題意，顯然這4個點不可能在平面的同側，
當這4個點在平面兩側1，3分布時，這樣的平面有4個，
當這4個點在平面兩側2，2分布時，這樣的平面有3個，
所以這樣的平面有且只有7個，所以D正確.
故選：D．
6．已知直線和平面，則下列判斷中正確的是（）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若，則
【答案】C
【分析】根據空間中直線，平面的位置關系分析判斷各個選項.
【詳解】對于A，由，，則與可能平行，相交，異面，故A錯誤；
對于B，由，，則或，故B錯誤；
對于C，由，，則，故C正確；
對于D，由，，則或或，故D錯誤.
故選：C.
7．已知直線、、與平面、，下列命題正確的是（）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，，則
【答案】B
【分析】對于A，由只需之間的位置關系即可判斷；對于B，由面面垂直的判定即可判斷；對于C，由線面位置關系即可判斷；對于D，由面面垂直的性質即可判斷.
【詳解】對于A，若，，則平行、相交或異面；
對于B，若，則存在，使得，又因為，，而，所以，故B正確；
對于C，若，，則或，故C錯誤；
對于D，若，，，且如果不在內，則不會有，故D錯誤.
故選：B.
8．已知，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題為真命題的是（）
A．若，，則B．若，，，則
C．若，，則D．，，，則
【答案】C
【分析】根據空間線線、線面、面面之間的基本關系，結合選項依次判斷即可.
【詳解】A：若，則與可能相交，可能平行，故A錯誤；
B：若，則與可能相交，可能平行，故B錯誤；
C：若，由線面垂直的性質知，故C正確；
D：若，則與可能相交，可能平行，故D錯誤.
故選：C
9．設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（）
A．若，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
【答案】D
【分析】由空間中的線線，線面，面面間的位置關系逐項分析判斷即可.
【詳解】若，，則或，所以A錯；，，，，或，所以B錯；
若，，，則，所以C錯；若，，，則與兩面的交線平行，即，故D對.
故選：D.
10．設，是兩個平面，，，是三條直線，則下列命題為真命題的是（）
A．若，，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，則
【答案】B
【分析】根據題意，結合線面位置關系的判定定理和性質定理，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，若，，，則相交或平行，所以A錯誤；
對于B中，若，，由線面平行的性質可得，所以 B正確；
對于C中，若，，，當兩兩相交時，兩兩相交，所以C錯誤；
對于D中，若，，則或，所以D錯誤.
故選：B.
考點02：空間中證明平行的五種思路
方法一：中位線型：
例1、如圖 = 1 \* GB2 ⑴，在底面為平行四邊形的四棱錐中，點是的中點.求證：平面.
分析：
方法二：構造平行四邊形
例2、如圖 = 2 \* GB2 ⑵, 平行四邊形和梯形所在平面相交，//，求證：//平面.
分析：過點作//交于，就是平面
與平面的交線，那么只要證明//即可。
方法三：作輔助面使兩個平面是平行
例3、如圖⑶，在四棱錐中，底面為菱形，為的中點，為的中點，證明：直線
分析：：取中點，連接，只需證平面∥平面。
方法四：利用平行線分線段成比例定理的逆定理證線線平行。
例4、已知公共邊為AB的兩個全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面內，P，Q分別是對角線AE，BD上的點，且AP＝DQ（如圖）．求證：PQ∥平面CBE．

例5．如圖 = 5 \* GB2 ⑸，已知三棱錐，是,,的重心.(1)求證：∥面；
方法五：（向量法）所證直線與已知平面的法向量垂直，關鍵：建立空間坐標系（或找空間一組基底）及平面的法向量。
例6、如圖 = 6 \* GB2 ⑹，在四棱錐中，底面為正方形，側棱底面分別為的中點．證明平面；
分析：因為側棱底面，底面是正方形，所以很容易建立空間直角坐標系及相應的點的坐標。

證明：如圖，建立空間直角坐標系．
設，則
，．
因為軸垂直與平面，故可設平面的法向量為=（0，1，0）
則：=0因此，所以平面．
11．正方體的棱長為1，E、F、G分別為BC，，的中點，有下述四個結論，其中正確的結論是（）
①點C與點B到平面AEF的距離相等； ②直線與平面AEF平行；
③平面AEF截正方體所得的截面面積為； ④直線與直線EF所成的角的余弦值為.
A．①④B．②③C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】對于①：利用平面AEF過BC的中點E，得出C與B到平面AEF的距離相等；
對于②：取的中點Q，連接、、QE.證明出平面∥平面AEF.得到∥平面AEF；
對于③：連接，延長，AE交于點S.判斷出截面即為梯形AEFD1.利用梯形的面積公式直接求解；
對于④：判斷出直線與直線EF所成的角，利用余弦定理即可求的.
【詳解】對于①：假設C與B到平面AEF的距離相等，即平面AEF將BC平分，則平面AEF必過BC的中點.由E是BC的中點，所以C與B到平面AEF的距離相等.故①正確
對于②：如圖所示.
取的中點Q，連接、、QE.
因為，且，所以四邊形為平行四邊形，所以∥AE.
因為面AEF，面AEF，所以面AEF.同理可證：面AEF.
因為，面，面，所以平面∥平面AEF.
又因為平面，所以∥平面AEF.故②正確；
對于③：連接，延長，AE交于點S.
因為E，F分別為BC，C1C的中點，所以EF∥AD1，所以A、E、F、D1四點共面，所以截面即為梯形AEFD1.
因為CF=CE，所以，即，所以FS=ES又D1F=AE，所以即，，
所以等腰△的高，梯形的高為，所以梯形的面積為.故③正確
對于④：因為，所以直線與直線EF所成的角即為所求.
在三角形中，，由余弦定理得， .
所以直線與直線EF所成的角的余弦值為.故④錯誤.
故選：C
12．如圖，正方體中，M是的中點，則（）
A．直線與直線相交，直線平面
B．直線與直線平行，直線平面
C．直線與直線AC異面，直線平面
D．直線與直線垂直，直線∥平面
【答案】D
【分析】根據題意可知，以D點為坐標原點，建立空間直角坐標系，用空間向量來研究直線和平面、直線和直線的位置關系較為簡單，用向量的共線定理證明兩直線是否平行或異面，根據直線的方向向量與平面的法向量垂直或平行，得出直線與平面是否平行或垂直，再對選項進行逐一分析判斷即可得出結論.
【詳解】解：因為是正方體，不妨設棱長為2，以D為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系：
則，，，，，，，，
又M為的中點，故可得，，，
設平面的法向量為，
則，即，不妨取，故可得．
設平面的法向量為
則，即，不妨取，故可得．
對A：因為，，故BM，不相交，故錯誤；
對B：，，不存在非零實數，使得，
故MB，不平行，故錯誤；
對C：，平面的法向量為，
不存在非零實數，使得，故MB與平面不垂直，故錯誤；
對D：，，則，故直線MB與垂直；
又，故MB與平面平行，故正確；
故選：D．
13．在如圖所示的正方體或正三棱柱中，M，N，Q分別是所在棱的中點，則滿足直線BM與平面CNQ平行的是（）
A．B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據正方體，正三棱柱的性質，線面的位置關系及線面平行的判定定理結合條件逐項分析即得.
【詳解】A選項中，由正方體的性質可知，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯誤；
B選項中，因為，故平面CNQ即為平面ACNQ，而，平面CNQ，AQ?平面CNQ，所以直線BM與平面CNQ平行，故正確；
C選項中，因為，故平面CNQ即為平面BCNQ，則直線BM與平面CNQ相交于點B，故錯誤；
D選項中，假設直線BM與平面CNQ平行，過點M作CQ的平行線交于點D，則點D是在上靠近點的四等分點，
由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM與平面CNQ平行，平面，則平面平面CNQ，
而平面與平面，平面CNQ分別交于BD，QN，則BD與QN平行，
顯然BD與QN不平行，假設錯誤，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯誤．
故選：B.
14．在正方體中，是棱的中點，是側面內的動點，且平面，如圖所示，下列說法不正確的是（）
A．點的軌跡是一條線段
B．與是異面直線
C．與不可能平行
D．三棱錐F?ABD1的體積為定值
【答案】C
【分析】對于設平面與直線交于點，連接、，則為的中點，
分別取，的中點，，連接，，，可得平面，從而可判斷；對于假設直線共面,從而到處矛盾，可判斷；對于，當點與點重合時可判斷；對于,可證平面，則到平面的距離是定值，從而可判斷.
【詳解】對于設平面與直線交于點，連接、，則為的中點，
分別取，的中點，，連接，，，
則易得，又平面，平面，
平面．同理可得平面，
、是平面內的相交直線，
平面平面，由此結合平面，可得直線平面，
即點是線段上的動點．A正確．
對于假設直線共面, 由題意點在側面上，且三點不共線.
所以直線共面于側面，則平面
這就與在正方體中，平面相矛盾
故假設不成立，即，與是異面直線，B正確．
對于，連接,由分別為的中點，則，又
所以，且，所以四邊形為平行四邊形
所以，故當點與點重合時，與平行，C錯誤．
對于，由選項A的過程可知,又,所以
又，分別為，的中點，所以,所以，則，
平面，平面，所以平面，
則到平面的距離是定值，三棱錐F?ABD1的體積為定值，所以D正確；
故選：．
15．在正方體中，P是平面內的一動點，M為線段的中點，則下列說法錯誤的是（）
A．平面PAM內任意一條直線都不與平行
B．平面和平面的交線不與平面平行
C．平面內存在無數條直線與平面PAM平行
D．平面PAM和平面的交線不與平面平行
【答案】B
【分析】對A，根據與平面PAM相交判斷即可；對B，根據線面平行的判定與性質判斷即可；對CD，延長，交于，根據線面平行的性質判斷即可.
【詳解】對A，因為與在平面內且不平行，故與相交，故與平面PAM相交，若平面PAM內任意一條直線與平行，則平面PAM，矛盾，故A正確；
對B，由平行，平面，平面，故平面.設平面和平面的交線為，由線面平行的性質可得AB//l，又l?平面，平面，故平面，故B錯誤；
對CD，延長，交于，連接如圖.
由題意，平面PAM和平面的交線即直線，故當平面內的直線與平行時，與平面PAM也平行，故C正確；
交線與平面交于，故D正確；
故選：B
16．如圖，在正方形中，M，N分別是，的中點，則直線AM與平面BND的位置關系是（）．
A．垂直B．平行C．相交但不垂直D．無法確定
【答案】B
【分析】連接交于，連接，由中位線、正方體性質易得為平行四邊形，即，再根據線面平行的判定證結論.
【詳解】連接交于，連接，而M，N分別是，的中點，
所以，即，且，即，
則為平行四邊形，故，
由面，面，則面.
故選：B
17．如圖，在三棱柱中，點、、、分別為、、、的中點，G為的重心，從、、、中取一點作為使得該棱柱恰有2條棱與平面平行，則為（）
A．KB．HC．GD．
【答案】C
【分析】對、、、四個點逐一進行分析，找出棱柱中與平面平行的棱的條數，即可判斷．
【詳解】解：取的中點，連接，，，，如圖所示：
則，所以四邊形為平行四邊形，
若取點為，則，
故與平面平行的棱超過2條，不符合題意，故A錯誤；
對于B選項，當點為點時，取中點，連接
所以
由棱柱性質得，
所以四邊形是平行四邊形，故平面即為平面，
由于，平面，平面
所以平面，平面，
由于，平面，
所以平面平面，
所以結合棱柱的性質可知均平行于平面，
故B選項錯誤
對于C選項，當點為時，連接，則為中點，
所以，
由于平面，平面，
故平面，平面，故C選項正確；
對于D選項，當點為點時，連接，
由C選項知，
所以平面即為平面，
此時平面，再沒有滿足條件的棱，故D選項錯誤.
故選：C
18．如圖，在正方體中，是棱的中點，是側面內的動點，且與平面的垂線垂直，則下列說法不正確的是（）
A．與不可能平行
B．與是異面直線
C．點的軌跡是一條線段
D．三棱錐的體積為定值
【答案】A
【分析】設平面與直線交于，連接，，則為的中點，分別取，的中點，，連接，，，證明平面平面，即可分析選項ABC的正誤；再由，得點到平面的距離為定值，可得三棱錐的體積為定值判斷D．
【詳解】解：設平面與直線交于，連接，，
則為的中點，分別取，的中點，，
連接，，，
如圖.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
又、是平面內的兩條相交直線，
∴平面平面，而平面，∴平面，
得點的軌跡為一條線段，故C正確；
并由此可知，當與重合時，與平行，故A錯誤；
∵平面平面，和平面相交，∴與是異面直線，故B正確；
∵，則點到平面的距離為定值，∴三棱錐的體積為定值，故D正確．
故選：A．
19．如圖，已知四棱柱的底面為平行四邊形，E，F，G分別為棱的中點，則（）
A．直線都與平面平行
B．直線都與平面相交
C．直線與平面平行，直線與平面相交
D．直線與平面相交，直線與平面平行
【答案】C
【分析】用空間向量和幾何綜合的方法，可以判斷.
【詳解】
設對角線AC的中點為O，EF的中點為，，
以為基底，建立空間坐標系如上圖，
則，
∵E，F分別是的中點，∴ ，
，
∴ ，即，平面EFG，平面EFG，
平面EFG；
由以上分析知，，并且，
，，點O也是對角線BD的中點，
是的邊上的中位線，即在上，
平面EFG，即與平面EFG交于點，
綜上，平面EFG，與平面EFG相交；
故選：C.
20．如圖，在棱長為的正方體中，點在線段上運動，則下列命題中錯誤的是（）
A．直線和平面所成的角為定值
B．點到平面的距離為定值
C．異面直線和所成的角為定值
D．直線和平面平行
【答案】A
【分析】逐個進行分析，對點取特殊點可得A正誤，根據線面平行可知B的正誤，依據線面垂直可知C的正誤，然后利用線面平行可知D的正誤.
【詳解】對A，由平面，當點分別在點或時，線面角不一致，故A錯誤；
對B，由//,平面,平面,所以//平面，
所以點到平面的距離為直線上任意點到平面的距離，故B正確
對C，由平面即平面,,,
平面，所以平面，所以，故C正確
對D，由平面即平面，//，平面，
平面，所以//平面，所以D正確
故選：A
考點03：空間中異面直線垂直情況
第一步：將所求直線中的一條用刻度尺進行平移然后與另一條直線銜接出現三角形
第二步：將三角形畫到草稿紙上并利用空間圖求出各邊的長
第三步：利用余弦定理求出待求角
第四步：檢查若求出的角為銳角或直角則即為所求，若求出的角為鈍角則補角即為所求
21．在正三棱柱中，已知，則異面直線與所成角的余弦值為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一（定義法），通過補形，得出為異面直線與所成角或其補角，再在中，根據條件，利用余弦定理即可求出結果；法二（向量法），根據條件求出，，再利用線線角的向量法，即可求出結果.
【詳解】如圖，將正三棱柱補形成直四棱柱，易知其底面為菱形．
連接，則，所以為異面直線與所成角或其補角．
在菱形中，，連接，則，
在中，，
則由余弦定理得，
異面直線與所成角的余弦值為，

故選：A．
解法二由題，，
，
所以，
所以，則異面直線與所成角的余弦值為．
故選：A．
22．已知正四棱錐的所有棱長均為為棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據題中條件連接，取的中點，連接，作出異面直線所成角或補角，利用余弦定理求解即可.
【詳解】連接，取的中點，連接，
由題意可得，則異面直線與所成角為或其補角，
在中，，
則，
則異面直線與所成角的余弦值為.
故選：C
23．下列說法正確的是（）
A．正方體各面所在平面將空間分成27個部分
B．過平面外一點，有且僅有一條直線與這個平面平行
C．若空間中四條不同的直線滿足，則
D．若為異面直線，平面平面，且與相交，若直線滿足，則必平行于和的交線
【答案】A
【分析】利用空間關系，可以判斷AB，對于C可用正方體模型來舉反例，對于D也是舉反例.
【詳解】對于A，利用四個側面將空間分成九個部分，再由上下底面又將空間分成上中下三層，所以可以將空間分成27個部分，故A是正確的；
對于B，因為過平面外一點可以作一個平面與該平面平行，在這個平行平面內有無數條過該點的直線都與已知平面平行，故B是錯誤的；
對于C，
在正方體中，把看成，把看成，把看成，把看成，
它們滿足，但不滿足，故C是錯誤的；
對于D，由平面平面，且與相交于，則，
即滿足條件，但此時與重合，它們不平行，故D是錯誤的；
故選：A.
24．如圖，在直三棱柱中，為等腰直角三角形，且，則異面直線與所成角的正弦值為（）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先補形，再作出異面直線與所成角的平面角，然后結合余弦定理即可求解.
【詳解】將直三棱柱補形為如圖所示的正四棱柱：

連接、AD，則，
則異面直線與所成角的平面角為(或其補角)，
又，，
由余弦定理可得：，
所以，故B正確.
故選：B.
25．如圖，已知正四棱錐的所有棱長均相等，為棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據線線平行可得異面直線與所成角為（或其補角），即可根據余弦定理求解.
【詳解】連接，取的中點，連接，
由題意知，，
則異面直線與所成角為（或其補角），
在中，，
則，
則異面直線與所成角的余弦值為，
故選：C．
26．如圖，點N為正方形ABCD的中心，為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段EB的中點，則（）
A．DM≠EN，且直線DM、EN是異面直線
B．DM＝EN，且直線DM、EN是異面直線
C．DM≠EN，且直線DM、EN是相交直線
D．DM＝EN，且直線DM、EN是相交直線
【答案】D
【分析】連接，可得是的中點，可得與相交，進而可證，從而可得，從而可得.
【詳解】連接，
因為點N為正方形ABCD的中心，所以是的中點，
所以平面，所以與相交，
因為四邊形ABCD是正方形，所以，
又因為平面平面，平面平面，
所以平面，因為平面，所以，
又因為是等邊三角形，所以，
所以，所以，又因為是的中點，
所以.
故選：D.
27．如圖，在正四棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為（）
A．717B．C．D．
【答案】C
【分析】根據異面直線的定義，由，問題轉化為求的余弦值，在中根據余弦定理求解.
【詳解】連接，如圖所示，
正四棱柱中，有且，四邊形為平行四邊形，
則有，則就是異面直線與所成的角．
設，則，
中，由余弦定理得．
故選：C.
28．正八面體可由連接正方體每個面的中心構成，如圖所示，在棱長為2的正八面體中，則有（）

A．直線與是異面直線B．平面平面
C．該幾何體的體積為D．平面與平面間的距離為
【答案】D
【分析】可借助正方體解決正八面體的有關問題.
【詳解】正八面體可由正方體每個面的中心構成，如圖：

因為正八面體的棱長為2，所以正方體的棱長為.
∵，，，四點共面，直線與是共面的，故A錯；
設二面角為，，，所以.
所以：二面角，故B錯；
，故C錯；
由八面體的構成可知：平面和平面之間的距離是正方體體對角線的13，所以兩個平面之間的距離為：，故D對.
故選：D
29．已知各棱長都為1的平行六面體中，棱、、兩兩的夾角均為，則異面直線與所成角為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據給定條件，結合平行六面體的結構特征，利用幾何法求出異面直線與所成角.
【詳解】在平行六面體中，連接，，
則四邊形是平行四邊形，，于是是異面直線與所成角或其補角，
由，棱兩兩的夾角均為，
得都是正三角形，即，則，
所以異面直線與所成角為.
故選：C
30．如圖，已知四邊形ABCD是菱形，，點E為AB的中點，把沿DE折起，使點A到達點P的位置，且平面平面BCDE，則異面直線PD與BC所成角的余弦值為（）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解法一：找到異面直線所成角因為四邊形ABCD是菱形，所以，則或其補角就是異面直線PD與BC所成的角，結合已知條件得出相關線段的長度，最后利用余弦定理求解即可；
解法二：用向量法求異面直線夾角的余弦值，分別表示出，，代入公式即可；
解法三：建系，利用空間向量法求異面直線夾角.
【詳解】解法一第一步：找到異面直線所成角因為四邊形ABCD是菱形，所以，則或其補角就是異面直線PD與BC所成的角．
第二步：結合已知條件得出相關線段的長度
連接AP，易知，．
第三步：利用余弦定理求解
在中，由余弦定理得，所以異面直線PD與BC所成角的余弦值為，
故選：B．
解法二設，，，則，，兩兩垂直，且，，則，，則異面直線PD與BC所成角的余弦值為，
故選：B．
解法三易知ED，EB，EP兩兩垂直，以E為坐標原點，ED，EB，EP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，得，，故異面直線PD與BC所成角的余弦值為，
故選：B．

考點04：空間中證明垂直的兩種情況
證明垂直：線線垂直線面垂直面面垂直
必記結論：①特殊的平行四邊形邊長之比1:2，夾角為，則對角線與邊垂直
②特殊的直角梯形邊長之比1:1:2,對角線與腰垂直
③等腰三角形三線合一，三線與底垂直
④直徑所對的圓周角為直角
⑤菱形和正方形：對角線互相垂直
⑥特殊的矩形：邊長之比1:2或1：有明顯的直角關系
31．如圖所示，在正方體中，M是棱上一點，平面與棱交于點N.給出下面幾個結論，其中所有正確的結論是（）
①四邊形是平行四邊形；②四邊形可能是正方形；③存在平面與直線垂直；④任意平面都與平面垂直.

A．①②B．③④C．①④D．①②④
【答案】C
【分析】通過幾何性質得出四邊形的形狀，由線線、線面垂直即可得出直線和平面與平面的關系.
【詳解】對于①，因為平面與棱交于點，所以四點共面，
在正方體中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四邊形一定是平行四邊形，故①正確
對于②，在正方體中，面，
因為面，所以，
若是正方形，有，，
若不重合，則與矛盾，
若重合，則不成立，故②錯誤；
對于③，因為平面，，
若直線與平面垂直，則直線，顯然矛盾，
所以平面與直線不可能垂直，故③錯誤
對于④，因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因為平面，所以平面平面，故④正確.
綜上所述，正確的有①④.
故選：C.
32．如圖，邊長為的正方形ABCD所在平面與矩形ABEF所在的平面垂直，，N為AF的中點，，則三棱錐外接球的表面積為（）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據題意得到平面ABEF，進一步得出，，則MC為外接球直徑，代入球的表面積公式即可求解．
【詳解】由可知，，，可求，，，
因為平面平面ABEF，平面平面，
又，平面，
所以平面ABEF，平面ABEF，所以，
由，，得，
又，同理可得得，又，
所以，所以.
所以MC為外接球直徑，
在Rt△MBC中，即，
故外接球表面積為．
故選：A．
33．如圖，在三棱柱中，側棱底面，，，三棱柱外接球的球心為，點是側棱上的一動點.下列說法正確的個數是（）
①直線與直線是異面直線；②若，則與一定不垂直；③若，則三棱錐的體積為；④ 三棱柱外接球的表面積的最大值為.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據異面直線的判定判斷①；根據線面垂直的性質定理可判斷②；對于③：球心在兩底面中心邊線的中點，求出到平面的距離即可求三棱錐的體積；對④：設外接圓半徑，由，，可得沒有最大值也沒有最小值，由可得取值情況即可.
【詳解】對于①，因為點平面，平面，點，
平面，所以直線與直線是異面直線，故①正確；
對于②，因為側棱底面，，故底面,
底面，故；
而，則，即，
又平面,故平面,
又平面，故，
故當（此時為近的四等分點）時，平面，則直線平面，
又平面，所以，故②錯誤；
對于③：若，則為正三角形，其外心為正三角形的中心，連接與交于，則為的中點，
三棱柱外接球的球心在兩底面中心連線的中點，
因為平面，所以到平面的距離相等，
因為側棱底面，平面，所以面平面，
又面平面，，平面，所以平面，
所以到平面的距離為，即到平面的距離為，
所以，故③正確；
對④：設外接圓半徑，由正弦定理得，
因為，，所以沒有最大值也沒有最小值，
故外接球半徑沒有最大值也沒有最小值，故④錯誤.
故只有①③正確.
故選：B
34．已知四棱柱的底面為正方形，側棱與底面垂直，點是側棱上的點，且.若點在側面（包括其邊界）上運動，且總保持，則動點的軌跡長度為（）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先找到過點與垂直的平面與側面的交線，從而求解.
【詳解】

如圖，在側棱上取一點，使得，連接，
過點作交于點，交于點，連接，
由，可知，
平面，，
從而平面，所以，
又由在平面內的射影，所以，
平面，，
知BP⊥平面，平面，所以，
所以動點的軌跡為線段，
在中，，所以，
則，得
易得.
故選：D
35．在三棱錐中，，平面經過的中點E，并且與BC垂直，當α截此三棱錐所得的截面面積最大時，此時三棱錐的外接球的表面積為（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分點，的中點，截此三棱錐所得的截面為平面，當時截面面積最大，，為，外接圓圓心，球心滿足面，面，由求得外接球的半徑進而求得球的表面積.
【詳解】
如圖所示，取中點及靠近的四等分點，的中點，連接，，，，，
由，所以，又是中點，是的中點，所以
可知，同理可得，
又，平面，平面，所以平面，所以平面即為平面，
又因為，所以，所以，
所以截此三棱錐所得的截面面積為，
當時，取得最大值，
設外接球球心為，半徑為，，分別為，外接圓圓心，球心滿足面，面，
又因為和均為邊長為4的正三角形，所以，
所以四邊形為正方形，且，又,所以，
∴.
故選：D.
36．坡度是地表單元陡緩的程度，通常把坡面的垂直高度和水平方向的距離的比叫做坡度，就是坡面與水平面成角的正切值．如圖所示，已知斜面的坡度是1，某種越野車的最大爬坡度數是30°，若這種越野車從D點開始爬坡，則行駛方向與直線的最大夾角的度數為（）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】根據給定條件，在行駛方向上任取點E，作垂直于過的水平面，垂足為O，再作于F，確定出二面角、線面角、線線角，即可計算作答.
【詳解】在越野車行駛方向上任取不同于D的點E，作垂直于過的水平面，垂足為O，再作于F，連接，如圖，
于是，而平面EOF，則平面EOF，又平面EOF，
因此，是斜面與過的水平面所成二面角的平面角，，即，
因為越野車的最大爬坡度數是，即直線與過的水平面所成角的最大值為，
令，在中，的最大值為，在中，的最大值為，
在中，，而正弦函數在上單調遞增，
因此的最大值為，
所以行駛方向與直線的最大夾角的度數為，B正確.
故選：B
37．如圖，正方體的棱長為，在棱上運動(不含端點)，則下列說法錯誤的是（）
A．為中點時，三棱錐體積不變
B．平面與平面所成二面角為
C．運動到的中點時，上存在點，使平面
D．側面中不存在直線與垂直
【答案】D
【分析】根據線面平行即平面，可說明E到平面的距離為定值，即可判斷A；根據二面角定義可判斷B；根據線面平行的判定定理可判斷C；根據空間垂直關系的轉化可判斷D.
【詳解】對于A選項，連接與交于O，連接，則O為的中點，
則在中，,又平面，平面，
∴平面，則E到平面的距離為定值，為定值，
∴三棱錐體積不變，A正確．
對于B選項，由于，在棱上運動，
故平面即平面，平面平面，
平面，平面，所以，
故平面與平面所成二面角即為，
即平面與平面所成二面角即為，B正確．
對于C選項，由于，平面,平面,
∴平面，
∴當P是與平面的交點時，平面，C正確．
對于D，E在棱上運動時，由以上分析可知平面即平面，
平面，平面，
故平面平面，平面平面，
連接，則，平面，
故平面，平面，故，D錯誤，
故選：D
38．如圖，邊長為3的正方形所在平面與矩形所在的平面垂直，．為的中點，，則三棱錐外接球的表面積為（）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據線面垂直可得，，結合直角三角形分析可得為外接球直徑，結合球的表面積公式運算求解.
【詳解】由題意可知，，可得，
所以，所以，
又因為平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，所以，
又平面，
則平面，平面，可得，
取的中點，連接，則，
所以為外接球直徑，設其半徑為R，
在中，，即，故外接球表面積為．
故選：A．

39．定義兩個向量與的向量積是一個向量，它的模，它的方向與和同時垂直，且以的順序符合右手法則（如圖），在棱長為2的正四面體中，則（）

A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】根據題中條件確定，設底面△ABD的中心為O，則CO⊥平面ABD，可求得，又的方向與相同，代入計算可得答案．
【詳解】，
，
設底面△ABD的中心為O，連接CO，AO，則OC⊥平面ABD，
又AO，AB，AD ?平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD，
，，
在中，，
則，又的方向與相同，
所以．
故選：A．
40．中國古代數學著作《九章算術》記載了一種被稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的上、下底面平行，且均為扇環(huán)形（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）．現有一個如圖所示的曲池，它的高為2，，、，均與曲池的底面垂直，底面扇環(huán)對應的兩個圓的半徑分別為1和2，對應的圓心角為，則圖中四面體的體積為（）．
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】由題意可求，即與為全等的等腰三角形，
取的中點，連接，構造出平面與垂直，從而可求四面體的體積.
【詳解】
依題意，根據勾股定理可求，
，，
即與為全等的等腰三角形，
取的中點，連接，
由等腰三角形的性質可得，，
所以面，
且，可求的高為，
從而，
.
故選：B
考點05：空間中多線共點處理技巧
41．如圖，在正四棱柱中，，，E為的中點，經過BE的截面與棱，分別交于點F，G，直線BG與EF不平行．證明：直線BG，EF，共點.
【答案】證明見解析
【分析】先設與有一公共點，再根據基本事實3證明該公共點在直線上即可
【詳解】四點共面，不平行于，設，
又平面，平面，均不平行于，
P為平面與的公共點，
∵平面平面，
∴根據基本事實3可得，
∴直線BG，EF，共點.
42．如圖，在直三棱柱中，，為線段上一點，平面交棱于點．
(1)求證：直線共點；
(2)若點為中點，再從條件①和條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線與平面所成角的正弦值．
條件①：三棱錐體積為；
條件②：三棱柱的外接球半徑為．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）根據面面平行的性質可得，結合，可得與直線相交，進而證明的交點在直線上即可，
（2）條件①根據等體積法可得，條件②根據外接球的性質結合勾股定理可得，進而建立空間直角坐標系，利用法向量的夾角與直線方向向量的夾角即可求解.
【詳解】（1）證明：如圖，由平面，平面平面，
平面平面，
故，且，所以直線與直線相交，
記，則平面，
同理平面，
所以P在平面與平面的交線上，即．
故三線共點，
（2）若選擇條件①，則有
，即；
若選條件②，記的外接圓半徑為r，三棱柱的外接球半徑R，則有，記外接圓心為O，
則有，且有，
故，
故；
以A為原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，
則B1,0,0,,,,
則,，，記平面的一個法向量為，
則有，取，則，
記直線與平面所成角為α，
則有．
43．如圖，在正四棱柱中，，，E為的中點，經過BE的截面與棱，分別交于點F，G，直線BG與EF不平行．

(1)證明：直線BG，EF，共點；
(2)當時，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見詳解(2)
【分析】（1）先設與有一公共點，再證明該公共點在直線上即可；
（2）以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，結合面面角的余弦公式即可求解.
【詳解】（1）四點共面，不平行于，設，
又平面，平面，均不平行于，
為平面與的公共點，
又平面平面，
根據基本事實3可得，
直線BG，EF，共點；
（2）

以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，
因為正四棱柱中，，，，
所以，, ，
設平面的法向量為，則，
令，則，，
設平面的法向量為m=x1,y1,z1，則，令，則y1=?1，
m=1,?1,0，則二面角的余弦值的絕對值為，
由圖可知，二面角的平面角大小為鈍角，
所以二面角的余弦值.
44．如圖，已知平面，且，設在梯形中，，且.求證：共點．
【答案】證明見解析
【分析】設交于點，再根據若兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，即可得證.
【詳解】如圖，梯形中，因為，
所以與必交于一點，
設交于點，則，
又因為，
所以，
又因為，所以，
所以共點．
45．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別為棱AA1，AB的中點．
(1)求證：四邊形EFCD1是梯形；
(2)證明：直線D1E，DA，CF共點．
【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.
【分析】(1)利用平行于同一直線的兩直線相互平行得且，故四邊形EFCD1是梯形；
(2)空間中要證三線共點可使用公理：若兩平面有公共點，有且僅有一條通過該點的公共直線.
【詳解】（1）如圖，連接EF，CD1，A1B，
∵AF＝BF，AE＝A1E，∴且
∵在長方體ABCD－A1B1C1D1中，且，
∴四邊形為平行四邊形，
∴且，
∴且，
∴四邊形EFCD1是梯形；
（2）由（1）可知，與CF一定相交，設，
所以，平面，所以平面，
同理可得平面AC，
所以平面平面，
又平面平面＝AD，所以，
所以直線，DA，CF共點．
46．如圖所示，在空間四面體中，分別是，的中點，分別是，上的點，且.求證：
（1）四點共面；
（2）直線共點.
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.
【分析】（1）證明四點共面，可以證四點構成的兩直線平行，連接，，利用中點關系，證明即可
（2）先證明直線與直線交于，再證明過點即可
【詳解】（1）連接，，分別是的中點，.
又，，，四點共面.
（2）易知與直線不平行，但共面，∴設，則平面，平面.
∵平面平面，，∴直線共點.
考點06：空間中點共面處理技巧
經常利用三角形中位線性質和平行四邊形性質
模型1：如圖，在四棱錐中，已知，，，，平面.
如圖，點分別為棱的中點，點為靠近的四等分點，求證：四點共面；
破解：取中點，連接，
為上靠近的四等分點，為中點，又為中點，；
分別為中點，，又，，
四邊形為平行四邊形，，又，，
四點共面；
47．如圖，已知平行六面體的側棱長為3，底面是邊長為4的菱形，且，點，分別在和上．
(1)若，，求證：，，，四點共面；
(2)若，點為線段上（包括端點）的動點，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）利用共面向量定理可證明；
（2）建立空間直角坐標系，用向量法求線面角的正弦可得解．
【詳解】（1）因為，，，
所以，所以，，，四點共面．
（2）因為，
所以點在底面的射影落在上，過點作，過點作，連接，
因為平面，平面，所以，
因為，，平面，，
所以平面，又平面，
則，在中，，
又因為底面是邊長為4的菱形，且，
所以，則，
設與的交點為，以點為坐標原點，分別以所在直線為軸，以過點垂直于平面的直線為軸建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
由，可求得，，
所以，，
設為平面的法向量，
由，即，取，則，，
所以，
因為，所以，
設，所以，
所以，
設直線與平面所成角的為，
所以，
因為，所以，，
所以．
48．如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，為等邊三角形，平面平面ABCD，．點E在線段PC上．
(1)若，在PB上找一點F，使得E,F,A,D四點共面，并說明理由；
(2)求點A到平面PBC的距離；
(3)若直線AE與平面ABCD所成角的正弦值為，求二面角的余弦值．
【答案】(1)，理由見解析(2)(3)
【分析】（1）令，結合，得出，進而得證；
（2）取的中點，連接，，由題意得，，，平面，，根據線面垂直的判定定理和性質，可得，利用等體積法，即可得出答案；
（3）由（2）得，，兩兩垂直，則建立以為原點的空間直角坐標系，利用向量法，即可得出答案．
【詳解】（1）當時，、、、四點共面，理由如下：
證明：令，，
即，，
又，，
故、、、四點共面；
（2）取的中點，連接，，如圖所示：
為等邊三角形，，
，，，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，
平面，，
，BC//AD，
，
，且平面，平面，，
平面，
平面，，
在菱形中，，則，，
設點到平面的距離為，
則，即，
即，解得，
故點到平面的距離為；
（3）由（2）得，，兩兩垂直，則建立以為原點的空間直角坐標系，
則,0,，，，,0,，,0,，
為線段上一點，設，則，
，
平面，
平面的法向量為，
，
解得．
，
設平面的法向量為，
則，
取，則，，
平面的法向量為，，，
設二面角的平面角為，
則，
由圖知，二面角的平面角為銳角，
故二面角的余弦值為．
49．如圖，已知四棱錐的底面為正方形，平面，分別為線段，中點.
(1)證明：共面；
(2)求直線與平面所成角的大小.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）由題意利用平面向量的運算可得，由共面向量定理即可證明；
（2）方法一：利用線面垂直的性質得，由(1)，可得，進而利用平面向量的夾角公式即可求解；
方法二：以為坐標原點，以為正交基底，建立空間直角坐標系，利用空間向量線面角的公式求解即可.
【詳解】（1）由題意得：，
則由共面向量定理知，共面.
（2）方法一：由平面，知為平面的法向量，
又平面，所以.
由（1）知：，
，
設直線與平面所成角為，
所以，直線與平面所成角大小為.
方法二：由題平面及為正方形，
以為坐標原點，以為正交基底，建立空間直角坐標系;
則，則，
由平面知為平面的法向量
設直線與平面所成角為，
則
所以，直線與平面所成角大小為.
50．如圖，在長方體中，，，E、F分別是AB、BC的中點．

(1)證明、、、四點共面；
(2)求直線與平面所成的角的大?。?br>【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）以D為原點建立空間直角坐標系后，借助空間向量可得，即可得證；
（2）求出直線的方向向量與平面的法向量后借助空間向量夾角公式計算即可得.
【詳解】（1）如圖，以D為原點建立空間直角坐標系，

可得有關點的坐標為、、、、、，
因為，，所以，
因此直線與EF共面，即、、、四點共面；
（2）設平面的法向量為，則，，
又，，
故，解得，
取，得平面的一個法向量，
又，故，
故直線與平面所成的角的正弦值為，
因此直線與平面所成的角的大小為．
51．如圖，正方體中，N，E，F分別是的中點．
(1)求證：E，F，B，D四點共面；
(2)設平面與平面交于直線，求證：；
(3)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析(3)
【分析】（1）作出輔助線，由中位線得到，再證明出四邊形為平行四邊形，得到，從而得到線線平行，得到結論；
（2）由面面平行得到線線平行；
（3）設正方體的棱長為2，由等體積法求出點到平面的距離，從而利用得到答案.
【詳解】（1）連接，
因為E，F分別是的中點，
所以，
因為，且，
所以四邊形為平行四邊形，
故，
所以，
故E，F，B，D四點共面；
（2）因為平面平面，
平面平面，平面平面，
所以；
（3）設直線與平面所成角的大小為，點到平面的距離為，正方體的棱長為2，
則，
由勾股定理得，
故，
其中，
因為，
所以，
故，
所以直線與平面所成角的正弦值為
52．如圖，為空間四邊形，點、分別是、的中點，點、分別在、上，且，．求證：
(1)、、、四點共面；
(2)、必相交且交點在直線上．
【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析
【分析】（1）根據中位線及等比分點可得平行，進而可證四點共面；
（2）結合面面位置關系可得證.
【詳解】（1）
連接、，，
由，分別為，中點，則，
又，，則，
，
、、、四點共面.
（2）
由，，
易知，
又，分別為，中點，即，
，
結合（1）的結論可知，四邊形是梯形，因此直線、不平行，
設它們交點為，平面，同理平面，
又平面平面，因此，
即、必相交且交點在直線上．
53．如圖，在四棱柱中，四邊形為直角梯形，，.過點作平面，垂足為是的中點.
(1)在四邊形內，過點作，垂足為.
（i）求證：平面平面；
（ii）判斷是否共面，并證明.
(2)在棱上是否存在一點，使得平面？若存在，給出證明：若不存在，請說明理由.
【答案】(1)（i）證明見解析；（ii）不共面，證明見解析
(2)存在，證明見解析
【分析】（1）（i）由線面垂直的性質可得，然后由面面垂直的判定可證，（ii）利用反證法，假設結論的反面成立，利用面面平行的性質推出矛盾，進而得到結論正確
（2）利用面面平行的判定可得平面平面，然后利用線面平行的定義得證
【詳解】（1）（i）由平面，平面，則，
又，，平面，則平面，
因為平面，所以平面平面；
（ii）不共面，
假設共面于，
由四棱柱，得平面平面，
又，所以，
又，所以，又，即，
又，且，，
從而四邊形為矩形，與矛盾!
所以不共面；
（2）取的中點，連接并延長交于，
因為，，所以為的中點，，
因為平面，平面，所以平面，
由是的中點，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.
54．如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，E，M，N分別是，，的中點.

(1)求證：M，N，C，D四點共面；
(2)求證：平面.
【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析
【分析】（1）由題意證明，即可證明M，N，C，D四點共面.
（2）取中點，連，，證明，進而可證明平面.
【詳解】（1）∵，分別是，的中點，∴是的中位線，∴.
又在平行四邊形中，，
∴，∴，，，四點共面.
（2）取中點，連，，

∵，分別是，的中點，∴是的中位線，∴且，
又∵平行四邊形中，∴且，
∴且，∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
55．四棱錐中，平面平面，，，，，，，M為PC的中點，N為PD靠近D的三等分點．
(1)證明：A、B、M、N四點共面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求平面ABMN截四棱錐所得的上、下幾何體的體積比．
【答案】(1)證明見解析(2)(3)
【分析】（1）作輔助線，證明點為的重心，即可證明A、B、M、N四點共面；
（2）建系，寫出相關點的坐標，求出兩個平面的法向量，利用空間向量的夾角公式計算即得；
（3）利用割補法，先求和，相減得，再用減去得,即得結果.
【詳解】（1）
如圖，延長交于點，
因且，故，
連接，中，分別是的中點，
故的交點為的重心，設為點，則,
又N為PD靠近D的三等分點，故點重合，
因點都在平面內，故A、B、M、N四點共面；
（2）
如圖，取中點，連接，因，則,
又平面平面,平面平面，平面，故平面,
過點在平面內作，分別取為軸的正方向建立空間直角坐標系.
因，故,
則,
設平面的法向量為，則，故可?。?br>又,
設平面的法向量為，則，故可取.
于是，，
因二面角是銳二面角，故二面角的余弦值為；
（3）
如圖，設平面ABMN截四棱錐所得的上、下幾何體的體積分別為,
依題，,
而,
則，
又,
故，
于是，.
56．已知正方體中，，點M，N分別是線段，的中點．
(1)求點M到平面的距離；
(2)判斷，M，B，N四點是否共面，若是，請證明；若不是，請說明理由．
【答案】(1)；(2)是，證明見詳解.
【分析】（1）由即可求解；
（2）利用三角形中位線性質證明，然后證明為平行四邊形，即可得，再由直線平行的傳遞性可證.
【詳解】（1）記點M到平面的距離為h，
易知為正三角形，且，所以，
又，
所以，
因為，所以，即，
解得，即點M到平面的距離為.
（2），M，B，N四點共面，證明如下：
連接，
因為M，N分別是線段，的中點，
所以，
由正方體性質可知，且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以，
所以，M，B，N四點共面.

相關試卷

相關試卷更多

相關試卷

相關試卷 更多

相關試卷更多