8.6空間直線、平面的垂直10題型分類一、回顧兩直線的位置關系1.異面直線(1)定義：不同在任何一個平面內的兩條直線.(2)畫法：2.兩條直線的位置關系3.兩個定理(1)平行線的傳遞性①文字語言：平行于同一條直線的兩條直線平行.②符號語言：直線a，b，c，a∥b，c∥b?a∥c.③作用：證明空間兩條直線平行.(2)等角定理①內容：如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.②作用：證明兩個角相等或互補.4.平面內兩直線的夾角(1)定義：平面內兩條直線相交成4個角，其中不大于90°的角稱為這兩條直線所成的角(或夾角)；規(guī)定兩直線平行時夾角為0°，垂直時夾角為90°.(2)范圍：兩條直線夾角α的取值范圍是0°≤α≤90°.二、異面直線所成的角1.定義：已知兩條異面直線a，b，經過空間任意一點O分別作直線a′∥a，b′∥b，則異面直線a與b所成的角(或夾角)就是直線a′與b′所成的銳角(或直角).2.范圍：0°<θ≤90°.特別地，當θ＝90°時，a與b互相垂直，記作a⊥b.三、直線與平面垂直的定義定義如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直記法l⊥α有關概念直線l叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面，它們唯一的公共點P叫做垂足畫法畫直線與平面垂直時，通常把直線畫成與表示平面的平行四邊形的一邊垂直圖示四、直線與平面垂直的判定定理文字語言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符號語言l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，a∩b＝P?l⊥α圖形語言五、直線與平面所成的角有關概念對應圖形斜線一條直線與平面α相交，但不與這個平面垂直，這條直線叫做這個平面的斜線，如圖中直線PA斜足斜線和平面的交點，圖中點A射影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，圖中斜線PA在平面α上的射影為直線AO直線與平面所成的角定義：一條斜線和它在平面上的射影所成的角，圖中∠PAO規(guī)定：一條直線垂直于平面，它們所成的角是90°；一條直線和平面平行，或在平面內，它們所成的角是0°取值范圍設直線與平面所成的角為θ，0°≤θ≤90°六、直線與平面垂直的性質定理文字語言垂直于同一個平面的兩條直線平行符號語言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b圖形語言七、二面角的概念1.定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形.2.相關概念：(1)這條直線叫做二面角的棱；(2)兩個半平面叫做二面角的面.3.畫法：4.記法：二面角α－l－β或二面角α－AB－β或二面角P－l－Q或二面角P－AB－Q.5.二面角的平面角：(1)若有①O∈l；②OA?α，OB?β；③OA⊥l，OB⊥l，則二面角α－l－β的平面角是∠AOB.(2)二面角的平面角α的取值范圍是0°≤α≤180°.平面角是直角的二面角叫做直二面角.八、平面與平面垂直1.平面與平面垂直的定義(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)畫法：(3)記作：α⊥β.2.平面與平面垂直的判定定理文字語言如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直符號語言l⊥α，l?β?α⊥β圖形語言九、平面與平面垂直的性質定理文字語言兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直符號語言α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β圖形語言（一）兩直線的位置關系熟記兩直線的位置關系：相交、平行、異面.題型1：兩直線的位置關系11．（2024高二上·上海長寧·期末）在正方體中，點是棱的中點，則直線與直線的位置關系是．【答案】異面【分析】由題意畫出圖形，利用反證法以及點面之間的位置關系即可得解.【詳解】如圖所示：由題意在正方體中，點是棱的中點，則直線與直線的位置關系是異面，理由如下：若直線與直線共面，則四點共面，而三點唯一確定平面，但平面，產生矛盾，故假設不成立，綜上所述，直線與直線的位置關系是異面.故答案為：異面.12．（2024高二上·黑龍江·學業(yè)考試）如圖，在正方體中，與平行的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據正方體的性質結合空間中線線位置關系分析判斷.【詳解】根據題意可知：、與相交，與平行，與異面，故ABD錯誤，C正確.故選：C.13．（2024高二上·重慶銅梁·階段練習）如圖，在正方體中，M、N分別為棱、的中點，有以下四個結論：①直線AM與是相交直線；②直線AM與BN是平行直線；③直線BN與是異面直線；④直線AM與是異面直線．其中正確的結論為（

）A．③④ B．①② C．①③ D．②④【答案】A【分析】根據異面直線的定義逐一判斷.【詳解】∵A、M、三點共面，且在平面，但平面，，∴直線AM與是異面直線，故①錯誤；因為平面，平面，但平面，，所以直線AM與BN也是異面直線，故②錯誤；因為平面，平面，但平面，，所以直線BN與是異面直線，故③正確；因為平面，平面，但平面，，所以直線AM與是異面直線，故④正確．故選：A．（二）異面直線所成的角求兩異面直線所成角的三個步驟(1)作：根據所成角的定義，用平移法作出異面直線所成的角.(2)證：證明作出的角就是要求的角.(3)計算：求角的值，常利用解三角形得出.可用“一作二證三計算”來概括.同時注意異面直線所成角的范圍是0°<θ≤90°.題型2：異面直線所成的角21．（2024·上海青浦·一模）已知四棱錐，底面為正方形，邊長為，平面．(1)求證：平面；(2)若直線與所成的角大小為，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）根據線面垂直的判定定理可證；（2）由異面直線所成角結合（1）可求得，在中，可求得長.【詳解】（1）平面，平面，，又底面為正方形，則且，平面，平面．（2）平面，，為銳角，又，為直線與所成的角，，在中，，，在中，，，于是．22．（2024·湖南岳陽·模擬預測）如圖，已知長方體的底面是邊長為2的正方形，為其上底面的中心，在此長方體內挖去四棱錐后所得的幾何體的體積為.(1)求線段的長；(2)求異面直線與所成的角.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據棱柱和棱錐的體積公式計算即可；（2）取的中點，連接，則，則是兩異面直線與所成的角，再解即可.【詳解】（1）依題意，得，解得；（2）如圖，取的中點，連接，則，所以是兩異面直線與所成的角，因為平面，所以平面，又平面，所以，在中，，則，所以，所以異面直線與所成的角為.（三）直線與直線垂直要證明兩異面直線垂直，應先構造兩異面直線所成的角.若能證明這個角是直角，即得到兩直線垂直．題型3：直線與直線垂直31．（2024高一·全國·課前預習）空間四邊形ABCD，E，F(xiàn)，G分別是BC，AD，DC的中點，F(xiàn)G＝2，GE＝，EF＝3.求證：AC⊥BD.【答案】證明見解析【分析】異面直線所成角為90°，則兩直線垂直.【詳解】∵點G，E分別是CD，BC的中點，∴GEBD，同理GFAC.∴∠FGE或∠FGE的補角是異面直線AC與BD所成的角．在△EFG中，∵FG＝2，GE＝，EF＝3，滿足FG2＋GE2＝EF2，∴∠FGE＝90°.即異面直線AC與BD所成的角是90°.∴AC⊥BD.32．（2024高一下·全國·專題練習）空間四邊形，，，分別是，，的中點，，，.求證：.【答案】證明見解析【分析】利用平行關系，證明，轉化為證明.【詳解】∵點G，E分別是CD，BC的中點，∴GEBD，同理GFAC.∴∠FGE或∠FGE的補角是異面直線AC與BD所成的角．在△EFG中，∵FG＝2，GE＝，EF＝3，滿足FG2＋GE2＝EF2，∴∠FGE＝90°.即異面直線AC與BD所成的角是90°.∴AC⊥BD.33．（2024高一·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在空間四邊形ABCD中，AD=BC=2，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，EF=．求證：AD⊥BC．【答案】證明見解析【分析】通過平移后再解三角形即可獲得證明.【詳解】證明：如圖所示，取BD的中點H，連接EH，F(xiàn)H．因為E是AB的中點，且AD=2，所以EH∥AD，EH=1．同理FH∥BC，F(xiàn)H=1．所以∠EHF(或其補角)是異面直線AD，BC所成的角．因為EF=，所以EH2+FH2=EF2，所以EFH是等腰直角三角形，EF是斜邊，所以∠EHF=90°，即AD與BC所成的角是90°，所以AD⊥BC．34．（2024高三·全國·專題練習）四面體ABCD中，對棱，E，F(xiàn)，G，H是它們所在棱的中點，求證：四邊形EFGH是矩形．【答案】證明見解析【分析】首先利用三角形中位線性質證明出四邊形EFGH是平行四邊形，再通過即可證明，則證明出其為矩形.【詳解】如圖，EF，HG分別是和的中位線，∴，所以，∴四邊形EFGH是平行四邊形，又EH是的中位線，∴，故是異面直線AD與BC所成的角或其補角，∵，∴，∴，因此四邊形EFGH是矩形．（四）直線與平面垂直的定義以及判定定理的理解1.直線與平面垂直的定義:如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直.2.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.注：對于線面垂直的定義要注意“直線垂直于平面內的所有直線”說法與“直線垂直于平面內無數條直線”不是一回事.題型4：直線與平面垂直的定義以及判定定理的理解41．（2024高二上·上海徐匯·期末）已知直線和平面，若，則“”是“”的（

）條件.A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要【答案】B【分析】充分性，以正方體為例，把直線和平面對應正方體的棱和面，舉出反例即可；必要性利用線面平行的性質定理和空間平行線的性質判斷即可.【詳解】必要性，若，則存在直線，，由于，，得，因為，，所以，必要性成立；充分性：若平面為平面，直線為直線，直線為直線，滿足，，但平面，即，不滿足充分性；所以“”是“”的必要非充分條件；故選：B.

42．（2024高二下·北京·學業(yè)考試）已知直線，和平面，滿足，，則下列結論正確的是（

）A． B． C． D．是平面的斜線【答案】C【分析】根據線面垂直的性質得解.【詳解】因為，，所以，故選：C43．（2024高一下·貴州遵義·階段練習）已知平面α和α外的一條直線l，下列說法不正確的是（）A．若l垂直于α內的兩條平行線，則l⊥αB．若l平行于α內的一條直線，則l∥αC．若l垂直于α內的兩條相交直線，則l⊥αD．若l平行于α內的無數條直線，則l∥α【答案】A【分析】根據線面平行和線面垂直的判斷定理，即可判斷選項.【詳解】根據線面垂直的判斷定理可知，直線需垂直于平面內的兩條相交直線，故A錯誤，C正確；根據線面平行的判斷定理可知，平面外的線平行于平面內的一條直線，即可證明線面平行，若直線l平行于α內的無數條直線，也可說明線面平行，故BD正確.故選：A（五）直線與平面垂直的判定利用線面垂直的判定定理證明線面垂直的步驟(1)在這個平面內找兩條直線，使它們和這條直線垂直.(2)確定這個平面內的兩條直線是相交的直線.(3)根據判定定理得出結論.題型5：直線與平面垂直的判定51．（2024高二上·北京·學業(yè)考試）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面，E為的中點.(1)求證：平面；(2)求證：平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據線面垂直的性質可得，結合線面垂直判定定理即可證明；（2）設AC與BD交于點O，連接OE，則，結合線面平行的判定定理即可證明.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，又平面為菱形，所以，又平面，所以平面；（2）E為PD的中點，設AC與BD交于點O，連接OE，則，又平面，平面，所以平面.52．（2024高三上·上海閔行·期中）正四棱錐中，，，其中為底面中心，為上靠近的三等分點．(1)求證：平面；(2)求四面體的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，，則與交于點，由正四棱錐的性質得到，平面，則，即可得證；（2）首先求出，再由為上靠近的三等分點，得到，所以.【詳解】（1）在正四棱錐中為底面中心，連接，，則與交于點，且，平面，平面，所以，又，平面，所以平面.（2）因為，，所以，又為上靠近的三等分點，所以，則.53．（2024高二上·上?！ｎ}練習）如圖，在三棱錐中，，是的中點，且.

(1)求證：平面；(2)若，求證：平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據線面垂直的判定定理求證；（2）根據線線垂直，利用線面垂直定理證明.【詳解】（1）因為，是的中點，所以.在中，，由已知，所以，所以.又平面，所以平面.（2）因為，是的中點，所以.由(1)知.又因為平面，所以平面.54．（2024高二上·上?！ｎ}練習）如圖，為⊙O的直徑，垂直于⊙O所在的平面，M為圓周上任意一點，⊥，N為垂足.求證：⊥平面；【答案】證明見解析【分析】由題目條件得到⊥平面，故⊥，結合⊥得到線面垂直.【詳解】∵為⊙O的直徑，∴⊥.又⊥平面，平面，∴⊥.又∵，平面，∴⊥平面.又平面，∴⊥.又⊥，且，平面，∴⊥平面.55．（2024高一下·廣西南寧·期末）如圖1，在矩形ABCD中，，O是AC與BE的交點，將△ABE沿BE折起到圖2中的位置，得到四棱錐.

(1)證明：平面；(2)當平面平面時，若，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據，證得，得出，得到，結合線面垂直的判定定理，即可證得平面；（2）由和平面平面，證得平面，求得，再求得，結合錐體的體積公式，即可求解.【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，，O是與的交點，可得，所以，因為，且，所以，可得，所以，在圖（2）中，可得，因為，且平面，所以平面；（2）解：由（1）知，，因為平面平面，且平面，且平面平面，所以平面，又因為，且，所以，可得，所以，在圖（1）中，連接，由,可得相似比為，設邊的高為，邊的高為，可得，因為，可得，則，又由，所以三棱錐的體積.

（六）直線與平面垂直的性質直線與平面垂直的性質:垂直于同一個平面的兩條直線平行.題型6：直線與平面垂直的性質61．（2024高一·全國·專題練習）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中點，M，N分別在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.證明：AE∥MN.【答案】證明見解析【分析】根據線面垂直的判定定理可證AE⊥平面PCD，MN⊥平面PCD，則可得AE∥MN．【詳解】因為AB⊥平面PAD，AE?平面PAD，所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.因為AD＝AP，E是PD的中點，所以AE⊥PD.又CD∩PD＝D，CD，PD?平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因為MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.又因為MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD?平面PCD，所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.62．（2024高三·全國·專題練習）如圖（1），在梯形中，且，線段上有一點E，滿足，，現(xiàn)將，分別沿，折起，使，，得到如圖（2）所示的幾何體，求證：【答案】證明見解析【分析】在中，求得，結合勾股定理證得，，從而證得平面，再在和中，分別證得和，從而證得平面，即可證得.【詳解】證明：在中，，所以，，在中，，，，由余弦定理得，所以，所以，同理可得，在中，，且，在中，，所以，因為，，平面，所以平面，在中，，在中，，則，因為，平面，所以平面，所以.63．（2024高一·全國·課后作業(yè)）如圖，正方體中，與異面直線、都垂直相交．

求證：.【答案】證明見詳解.【分析】連接，，，，根據線面垂直的判定定理，證明平面，推出；同理得到，推出平面；再證明平面；即可得出結論成立.【詳解】連接，，，，因為在正方體中，平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，因此；同理可證：，又，平面，平面，所以平面；因為與異面直線、都垂直相交，即，，又在正方體中，與平行且相等，所以四邊形為平行四邊形，因此，所以，因為，平面，平面，所以平面；因此.

【點睛】本題主要考查證明線線平行，熟記線面垂直的判定定理與性質定理即可，屬于?？碱}型.64．（2024高一下·山東威海·期末）如圖，四棱錐的底面為正方形，為的中點.

(1)證明：平面；(2)若平面，證明：.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）根據題意，設與交于點，連接，由線面平行的判定定理即可證明；（2）由線面垂直的性質定理及判定定理即可得證.【詳解】（1）設與交于點，連接，因為底面是正方形，所以為的中點，又因為為的中點，所以，

因為平面，平面，所以平面.

（2）因為底面是正方形，所以，

又因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以.（七）求直線與平面所成角的步驟(1)尋找過斜線上一點與平面垂直的直線.(2)連接垂足和斜足得到斜線在平面上的射影，斜線與其射影所成的銳角或直角即為所求的角.(3)把該角歸結在某個三角形中，通過解三角形，求出該角.題型7：直線與平面所成的角71．（2024高一下·廣西·期末）如圖，已知正方體中，分別是和的中點．

(1)求證：；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接、．由題意可證得，因為為的中點，所以，即可證得.（2）設到平面（即平面）的距離為，直線與平面所成角為，由線面垂直的判定定理可證得平面，所以，由等體積法求出，再由，代入即可得出答案.【詳解】（1）證明：如圖，正方體中，取的中點，連接、．∵是的中點，∴，．∵是的中點，且，，∴，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵正方體，又為的中點，∴，∴．（2）設到平面（即平面）的距離為，直線與平面所成角為，設正方體棱長為2，則，由（1）知：，由正方體的性質知平面，因為平面，所以，平面，，所以平面，因為，所以平面，∴即，∴，∴．

72．（2024高一下·天津和平·期末）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，，為中點，平面，，為中點.(1)證明：平面；(2)證明：平面；(3)求直線與平面所成角的余弦值.【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，由中位線得到線線平行，進而證明出線面平行；（2）由余弦定理求出，從而由勾股定理逆定理得到⊥，由線面垂直得到⊥，從而證明出結論；（3）作出輔助線，得到直線與平面所成角，求出各邊長，求出余弦值.【詳解】（1）連接，，因為底面為平行四邊形，為中點，故與相交于，因為為的中點，則，因為平面，平面，所以平面；（2）因為，由余弦定理得，即，解得，因為，所以⊥，因為⊥平面，平面，所以⊥，因為平面，，所以平面；（3）取的中點，連接，則，因為⊥平面，所以⊥平面，則為直線與平面所成角，其中，故，因為⊥，，由勾股定理得，故，由勾股定理得，所以.73．（2024·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，底面是等腰梯形，，．

(1)求證：平面平面；(2)若，，直線與平面所成的角為，求四棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)12【分析】（1）先證平面，再證面面垂直；（2）根據條件，求四棱錐的底面積和高，進而求其體積.【詳解】（1）平面，平面，所以．，，平面且，所以平面，又平面，所以：平面平面．（2）設和相交于點，連接．如圖：

由（1）知，平面，所以是直線與平面所成的角，，所以．四邊形為等腰梯形，，∴，均為等腰直角三角形，梯形的高為，梯形的面積為．在等腰三角形中，，∴，∴，，四棱錐的體積為．74．（2024高三下·山東菏澤·開學考試）如圖，在三棱柱中，在底面ABC上的射影為線段BC的中點，M為線段的中點，且，.(1)求三棱錐的體積；(2)求MC與平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先利用平行關系和垂直關系的轉化，證明面，再根據條件中的數值，代入體積公式，即可求解；（2）首先利用等體積公式轉化為求得點到平面的距離，再根據線面角的定義,利用即可.【詳解】（1）取BC的中點O，連接OA，，因為在底面ABC上的射影為O，所以面ABC，在三棱柱中，面面，所以面因為面，所以，在中，M為線段的中點，，因為，所以，因為面，面，，所以面，中，，，所以，，所以；（2）設C到平面的距離為d，則在中，，，所以，所以，設MC與平面所成角為，則，所以MC與平面所成角的正弦值為.（八）二面角的求法在二面角棱上找一特殊點，在兩個半平面內分別作垂直于棱的射線，即兩射線夾角為所求二面角的平面角.題型8：二面角求解81．（2024高一·全國·課后作業(yè)）如圖，在矩形中，，，E為的中點，把和分別沿AE，DE折起，使點B與點C重合于點P．(1)求證：平面⊥平面；(2)求二面角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線線垂直得到線面垂直，進而得到線面垂直；（2）作出輔助線，得到線線垂直，得到就是二面角的平面角，結合邊長求出二面角的大小.【詳解】（1）由⊥，得⊥，同理，⊥．又∵，平面，∴⊥平面．又平面，∴平面⊥平面．（2）如圖所示，取的中點F，連接，∵四邊形為矩形，∴，因為，所以⊥，⊥，故就是二面角的平面角．又⊥平面，平面，所以⊥，∵，∴，∴．∴二面角P－AD－E的大小為．82．（2024·湖南岳陽·模擬預測）如圖，已知平面與底面所成角為，且．(1)求證：平面；(2)求二面角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先根據線面垂直的性質可得，再利用勾股定理可得，再根據線面垂直的判定定理即可得證；（2）先說明為二面角的平面角，根據與底面所成角的正切值求出，再解即可.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，又由已知得，，則，即，又平面，所以平面；（2）因為平面，平面，所以，所以為二面角的平面角，因為平面與底面所成角為，所以為與底面所成角，由，得，在中，，則，所以二面角的大小為．83．（2024高二上·上海普陀·期末）如圖，在三棱錐中，平面平面，，，E、F分別為棱、的中點．(1)求證：直線平面；(2)若直線與平面所成的角為，直線與平面所成角為，求二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)【分析】（1）根據E，F(xiàn)分別是棱、的中點得到，從而可證直線平面；（2）利用線面角與二面角的定義，結合線面垂直的判定定理求得所需線面角與二面角，從而得解.【詳解】（1）∵E，F(xiàn)分別是棱、的中點，∴在中，，∵平面，平面，∴直線平面；（2）∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，∴是直線與平面所成角，∵直線與平面所成角為，∴，∴，∵平面，，?平面，∴，，∵，，，平面，∴平面，∴是直線與平面所成角，∵直線與平面所成角為，∴，∴，，設，則，，，，∴為等腰直角三角形，，∵，，∴是二面角的平面角，∴二面角的大小為．84．（2024高二上·浙江金華·期末）如圖，已知四棱錐的底面是菱形，，對角線交于點平面，平面是過直線的一個平面，與棱交于點，且．

(1)求證：；(2)若平面交于點，求的值；(3)若二面角的大小為，求的長．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）根據給定條件，利用線面平行的判定、性質推理即得.（2）利用平面的基本事實證得三點共線，作于，利用平行關系推理計算即得.（3）作出二面角的平面角，結合（2）的信息計算即得.【詳解】（1）四棱錐的底面是菱形，，又平面，平面，則平面，而平面平面，平面，所以.（2）由平面，平面，得平面平面，而，平面，于是平面，又平面，則，即三點共線，由平面，平面，則，如圖，在中，過點作的垂線，垂足為，于是，

設，由，得，，，從而，所以，即．（3）

過點作于點，連接，由平面，平面，則，而平面，則平面，而平面，于是，則有為二面角的平面角，即，在菱形中，由，得，則，由（2）得，所以.（九）平面與平面垂直的判定證明平面與平面垂直的方法(1)利用定義：證明二面角的平面角為直角.(2)利用面面垂直的判定定理：如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面互相垂直.題型9：平面與平面垂直的判定91．（2024高三上·內蒙古赤峰·期中）如圖，在四棱錐中，已知底面為矩形，平面為棱的中點，連接.求證：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）作出輔助線，得到線線平行，進而得到線面平行；（2）由線面垂直得到線線垂直，進而得到線面垂直，面面垂直.【詳解】（1）連接，交于點，連接，因為底面為矩形，所以為的中點，又為的中點，所以，因為平面，平面，故平面；（2）平面，平面，∴，∵底面為矩形，.又，平面，平面.又平面，平面平面.92．（2024高一·全國·課后作業(yè)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱C1D1的中點，F(xiàn)為棱BC的中點．（1）求證：直線AE⊥直線A1D;（2）在線段AA1上求一點G，使得直線AE⊥平面DFG．【答案】（1）證明見解析；（2）G點即為A1點.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明DA1⊥平面ABC1D1，然后證得；（2）取CD的中點H，可證DF⊥平面AHE，得到DF⊥AE，進而AE⊥平面DFA1，從而判定G點即為A1點.【詳解】（1）連接AD1，BC1，由正方體的性質可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB，又AB∩AD1=A，所以DA1⊥平面ABC1D1，又AE?平面ABC1D1，所以DA1⊥AE．（2）如圖所示，G點即為A1點，證明如下：由（1）可知AE⊥DA1，取CD的中點H，連接AH，EH，由DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH=H，可證DF⊥平面AHE，所以DF⊥AE，又DF∩A1D=D，所以AE⊥平面DFA1，即AE⊥平面DFG．93．（2024高一下·河南南陽·期末）如圖，已知是正三角形，、都垂直于平面，且，為的中點．(1)求證：平面；(2)求證：平面平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）取的中點，連接、，證明出四邊形為平行四邊形，可得出，再利用線面平行的判定定理可證得結論成立；（2）證明出平面，可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可證得結論成立.【詳解】（1）證明：取的中點，連接、，因為、都垂直于平面，則且，因為、分別為、的中點，則且，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面.（2）證明：為等邊三角形，且為的中點，所以，，平面，平面，，，、平面，平面，，平面，平面，所以，平面平面.94．（2024高二上·江蘇南京·期末）正三棱柱的底面邊長與側棱長都是2，分別是的中點．(1)求三棱柱的全面積；(2)求證：∥平面；(3)求證：平面⊥平面．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）利用棱柱的表面積公式進行求解即可；（2）利用線面平行的判定定理進行證明即可；（3）利用面面垂直的判定定理證明即可.【詳解】（1）因為三棱柱是正三棱柱，且棱長均為2，所以底面是正三角形，側面均為正方形，故三棱柱的全面積為；（2）在正三棱柱中，因為分別是的中點，可知，又∥，所以四邊形是平行四邊形，故∥，又平面，平面，所以∥平面．（3）連，設與相交于，則由側面為正方形，可知與互相平分．在中，，在中，，故，連，則．又，，連，則，又與相交于，，平面，所以平面．因為平面，所以平面平面．（十）平面與平面垂直的性質定理利用面面垂直的性質定理證明線面垂直的問題時，要注意以下三點：(1)兩個平面垂直；(2)直線必須在其中一個平面內；(3)直線必須垂直于它們的交線.題型10：平面與平面垂直的性質定理101．（2024高三上·江西·期中）如圖1，山形圖是兩個全等的直角梯形和的組合圖，將直角梯形沿底邊翻折，得到圖2所示的幾何體.已知，,點在線段上，且在幾何體中，解決下面問題.(1)證明：平面；(2)若平面平面，證明：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據相似可得線線平行，即可由線面平行的判定求證，（2）根據面面垂直的性質可得線面垂直，進而可得線線垂直，即可由線面垂直的判定，進而可得線線垂直.【詳解】（1）連接與相交于,連接，由于，且,所以,又,所以,平面,平面,所以平面，

（2）過作交于，由于平面平面，且兩平面交線為，平面，所以平面，平面,故，又四邊形為直角梯形，故,是平面內的兩相交直線，所以平面，平面，故.

102．（2024高一下·江蘇鎮(zhèn)江·階段練習）如圖，和都垂直于平面，且，是的中點

(1)證明：直線//平面；(2)若平面平面，證明：直線平面.【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）取中點，連接，由中位線定理可得，，進而可得為平行四邊形，由線面平行的判定定理，即可證明；（2）過作于，利用面面垂直的性質可得，結合垂直于平面即可證明．【詳解】（1）證明：取中點，連接，，因為為的中點，所以，，因為，均垂直面，所以，因為，所以且，所以為平行四邊形，所以，面，面，所以面．（2）如圖，過作于，平面平面，且兩平面的交線為,平面,平面，由平面，．平面，平面，，又平面，平面．.

103．（2024高一下·安徽六安·期末）在三棱錐中，分別為的中點，且.(1)證明：平面；(2)若平面平面，證明：.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）由中位線定理，可得，再根據線面平行的判定定理，即可證明結果．（2）由題意可證，再根據面面垂直的性質定理，可證平面，由此即可證明結果．【詳解】（1）證明:因為，分別為，的中點，所以，又平面，平面，所以平面；（2）證明：因為，為的中點，，又平面平面平面平面，所以平面又平面.所以.一、單選題1．（2024高三上·江西·期末）如圖是正方體的表面展開圖，在原正方體中，直線AB與CD所成角的大小為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將正方體的表面展開圖還原為正方體，證明平面，即可證明，即可得答案.【詳解】將正方體的表面展開圖還原為正方體，與在正方體中的位置如圖所示，由于平面平面，故，又，且平面，故AB⊥平面，平面，所以，故直線與所成角的大小為.故選：D.2．（2024高二上·北京昌平·期末）如圖，在正方體中，直線與直線所成角的大小為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接、，可得且為等邊三角形，即可得直線與直線所成角的大小.【詳解】連接，，在正方體中，易得，故直線與直線所成角的大小與直線與直線所成角大小相等，又，故為等邊三角形，故，即直線與直線所成角的大小為.故選：C.3．（2024高二上·上?！て谀┫铝嘘P于直線與平面垂直的判斷中，正確的是（

）.A．若直線與平面內的一條直線垂直，則直線與平面垂直B．若直線與平面內的兩條平行直線垂直，則直線與平面垂直C．若直線與平面內的兩條相交直線垂直，則直線與平面垂直D．若直線與平面內的無數條直線垂直，則直線與平面垂直【答案】C【分析】由線面垂直的判定定理即可得.【詳解】直線與平面內的兩條相交直線垂直才可得直線與平面垂直，A、B不符，D中的無數條直線可能為無數條平行直線，不符，故A、B、D錯誤，C正確.故選：C.4．（2024高一下·云南昆明·期中）已知，為兩條不同直線，，為兩個不同平面，則下列命題中正確的是（

）A．如果，，，那么B．如果，，，那么C．如果，，.那么D．如果，，，，那么【答案】A【分析】由線面垂直的性質可得A正確；由面面平行的性質可得C錯誤；由空間中線線，線面位置關系可判定B，D錯誤.【詳解】已知，為兩條不同直線，，為兩個不同平面.若，，則，又，所以.故選項A正確；若，，則或，又，所以.故選項B錯誤；若，，，則直線和平行或異面.故選項C錯誤；若，，，，則平面和平行或相交.故選項D錯誤.故選：A.5．（2024高二·廣東·學業(yè)考試）設，是兩個平面，、是兩條直線，下列命題中，可以判斷的是（

）A．，，且， B．，，且C．，且 D．，，且【答案】D【分析】利用平面與平面平行的判定定理以及直線與平面平行的性質，判斷、、，利用直線與平面的垂直的性質判斷，推出結果.【詳解】條件中，增加上與相交才能判斷出，錯.由條件可知與可以相交，錯.若，且，，可得，，可得，由平行的傳遞性可知，即滿足條件C的兩個平面可以相交，所以C錯誤,，，可得，又，而垂直于同一直線的兩個平面平行，成立.故選：.【點睛】本題考查平面與平面平行的判定，考查空間想象能力，邏輯思維能力，是基礎題.6．（2024高二下·河南信陽·階段練習）設兩條直線，，兩個平面，，則下列條件能推出的是（

）A．，，且 B．，，且C．，，且 D．，，且，【答案】A【分析】利用線面垂直的性質推理判斷A；舉例說明判斷BCD.【詳解】對于A，由，，得，而，所以；對于B，若，，且，此時，可能相交，如下圖所示：當，，，都與平行時，，相交，B錯誤；對于C，若，，且，此時，可能相交，如下圖所示：當，都與平行時，，相交，C錯誤；對于D，若，，且，，此時，可能相交，如下圖所示：當，都與平行時，，相交，D錯誤.故選：A7．（2024高二上·上海寶山·階段練習）在三棱錐中，若頂點到底面三邊距離相等，則頂點在平面上的射影為的（

）A．外心 B．內心或旁心 C．垂心 D．重心【答案】B【分析】作出圖象，利用幾何知識證明在平面上的射影到三邊距離相等，從而求解.【詳解】如圖，在平面的射影為，連接，則平面，作，，，且分別交于，所以，連接，，，因為平面，所以，，，所以在，，中，，，，又因為，所以，由，，，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證，，又因為，所以點到的三邊距離相等，為的內心或旁心，故B正確.故選：B.8．（2024高三下·廣東·階段練習）在各棱長都為2的正四棱錐中，側棱在平面上的射影長度為（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】先作出側棱在平面上的射影，再利用線面垂直性質定理和勾股定理即可求得該射影長度.【詳解】把正四棱錐放入正四棱柱中，則V是上底面的中心，取的中點E，的中點F，連接EF，BE，CF，過A作，垂足為G，在正四棱柱中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以側棱在平面上的射影為，由已知得，，，所以，所以，所以．故選：B．9．（2024高一下·陜西咸陽·階段練習）如圖，邊長為2的兩個等邊三角形，若點到平面的距離為，則二面角的大小為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】設的中點為E，過點A作，說明為二面角的平面角；證明平面，從而證明平面，解直角三角形，即可求得答案.【詳解】設的中點為E，連接，過點A作，垂足為F，因為均為等邊三角形，故，故為二面角的平面角；

又平面，故平面，而平面，故，又，平面，故平面，則點A到平面的距離為，又為等邊三角形，邊長為2，故，故在中，，則，即，故二面角的大小為，故選：A10．（2024高三上·河北滄州·期末）將兩個相同的正棱錐的底面重疊組成的幾何體稱為“正雙棱錐”.如圖，在正雙三棱錐中，兩兩互相垂直，則二面角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取中點，連接，說明為二面角的平面角，通過幾何關系計算求解.【詳解】取中點，連接，交平面于點，由正棱錐性質及對稱性易知為的中心，且，故為二面角的平面角，設正三棱錐側棱長為2，易得，則，在中由余弦定理得.故選：D.11．（2024高三·湖北荊門·期末）已知二面角為，點、分別在、內且，到的距離為，到的距離為,則兩點之間的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題意作交于，連接，作，，證明為二面角的平面角，以及，；在，中分別求出，，再在中，利用余弦定理求解即可.【詳解】如圖，作交于，連接，作，，因為，，，平面，平面，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角，即，因為平面，平面，所以，又，，，，所以，所以，同理，所以，在中，，，所以，在中，，，所以，在中，，所以.故選：.12．（2024·廣東梅州·模擬預測）已知二面角為60°，點，，C為垂足，點，，D為垂足，且，，則線段的長度為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先過點在平面內作，得到二面角的平面角，即由余弦定理求得,再證明，從而解得長.【詳解】

如圖，在平面內，過點作，且使,連接，因，則即二面角的平面角，在中，由余弦定理：，則，又，易得矩形,故,且因平面即得：平面，從而平面,則有,在中，.故選：A.13．（2024高三上·河北邯鄲·階段練習）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【答案】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．14．（2024高二上·重慶·期末）在長方體中，，則異面直線的夾角余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，,根據正方體,得到,得到異面直線的夾角為的夾角或補角，利用余弦定理求解.【詳解】連接，,根據正方體,得到所以異面直線的夾角為的夾角,又,,所以,,則,則異面直線的夾角的余弦值為.

故選：B15．（2024高二上·遼寧沈陽·期末）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．【答案】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.16．（2024高一·全國·課后作業(yè)）如圖，空間四邊形的對角線，，，分別為，的中點，并且異面直線與所成的角為，則（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】先平移線段，再解三角形即可.【詳解】取的中點，連接，，如圖，則，，（或其補角）即異面直線與所成的角，，，，.故選：C.17．（2024·陜西渭南·一模）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．【答案】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：B18．（2024高二上·北京·階段練習）如圖，在正三棱柱中，，則與平面所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用線面角的定義，結合線面垂直的判定定理求得為與平面所成角，再利用勾股定理即可得解.【詳解】取中點，連接，如圖，在正三棱柱中，是正三角形，，底面底面，，又平面，平面，為與平面所成角，平面平面，，由題意，，在中，.故選：A.19．（2024高三上·山西運城·階段練習）如圖，垂直于正方形所在平面，則以下關系錯誤的是（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】B【分析】根據面面垂直的判定定理進行判斷即可.【詳解】對于A，因為底面為正方形所以因為平面，平面所以，而，所以平面，又因為平面所以平面平面，故A正確；對于C，因為底面為正方形，所以，因為平面，平面，所以，而，所以平面，又因為平面，所以平面平面，故C正確；對于D，因為由選項C可得平面，而平面所以平面平面，故D正確.對于B，平面與平面不垂直，故B錯誤.故選：B二、多選題20．（2024高一下·河南洛陽·階段練習）如圖，垂直于以為直徑的圓所在的平面，點是圓周上異于、的任一點，則下列結論中正確的是（

）

A． B．C．平面 D．平面平面【答案】BD【分析】利用線面垂直的性質可判斷B選項；利用面面垂直的判定定理可判斷D選項；利用反證法可判斷AC選項.【詳解】因為平面，平面，所以，，因為點是以為直徑的圓上且異于、的任一點，，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，平面平面，B對D對；因為平面，平面，則，則為銳角，即與不垂直，故與平面不垂直，C錯；若，又因為，，、平面，所以，平面，與C選項矛盾，A錯.故選：BD.21．（2024高三上·江蘇淮安·期中）在正方體中，分別為的中點，則（

）A． B． C．平面 D．平面【答案】BC【分析】選項A由可判斷；選項B先證明平面，從而可判斷；選項C取的中點，連接可得，又，從而可判斷；選項D取的中點，可得，又又與平面相交于點，可判斷.【詳解】選項A.連接,則,又,所以不正確，故選項A不正確.

選項B.

在正方體中，且，平面，平面所以平面,又平面,所以，故選項B正確.

選項C.在正方體中，平面,又平面,所以取的中點，連接，在正方形中（如圖），,又，所以,所以又在正方體中，，所以又,所以平面，故選項C正確.

選項D.

取的中點，連接,則，且所以,且,故四邊形為平行四邊形，則又與平面相交于點，所以不可能與平面平行，故選項D不正確.

故選：BC22．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在三棱錐中，若，，是的中點，則下列說法中錯誤的是（

）．A．平面平面B．平面平面C．平面平面，且平面平面D．平面平面，且平面平面【答案】ABD【分析】由已知可證明平面，由線面垂直可推出面面垂直，判斷選項；在選項的基礎上可判斷選項，D不一定垂直；對于選項可考察動態(tài)變化情況，知其不一定垂直..【詳解】因為，且是的中點，所以，同理，，由于，平面，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，又平面，所以平面平面，故正確；由于平面平面，若平面平面，而平面平面，則平面,但已知條件不能保證平面,所以平面與平面不一定垂直，故錯誤；同理平面與平面不一定垂直，故錯誤；由于，所以當時平面，當長度趨于0時，二面角接近，故平面與平面不一定垂直，故錯誤；故選：.23．（2024高一下·安徽滁州·階段練習）如圖，在直棱柱中，平面平面，且四邊形與四邊形都是邊長為1的正方形，連接，則下列說法正確的是（

）

A．異面直線與的夾角為B．二面角的平面角為C．與平面所成的角為D．點到平面的距離與點到平面的距離之比為【答案】AB【分析】由已知找到異面直線所成角、二面角的平面角，即可判斷A、B；利用等體積法求點面距，根據線面角的定義判斷C，進而判斷D.【詳解】A：由題設，故異面直線與的夾角，即為或其補角，又四邊形與四邊形都是邊長為1的正方形，則，由，面面，面面，面，所以面，面，則，故，所以為等邊三角形，故異面直線與的夾角為，對；B：由，面面，面面，面，所以面，面，即，又，由圖知：為二面角的平面角為，對；C：令到面的距離為，又，所以，則，故與平面所成的角正弦值為，即與平面所成角不為，錯；D：由面，面，則面面，面面，所以到平面的距離為到的距離為，令到平面的距離為，又，則，故，綜上，點到平面的距離與點到平面的距離之比為，錯.故選：AB24．（2024高一下·寧夏吳忠·期末）直三棱柱頂點都在球的表面上，，側面?zhèn)让?，則（

）A．四棱錐的體積為B．三棱錐的體積為C．球的表面積為D．平面截該三棱柱所得截面的面積為【答案】ABC【分析】首先可證明，以及平面，再結合體積公式，和等體積轉化，可判斷AB；首先確定球心的位置，再求球的半徑，根據球的表面積公式，即可求解；首先確定截面圖形，再求面積，判斷D.【詳解】因為平面，平面，所以，且側面?zhèn)让?，所以，且，平面，所以平面，因為，所以，，所以四棱錐的體積，故A正確；

B.，故B正確；C.取的中點，連結，點是線段的中點，由條件可知，垂直于上下底面，且分別是上下底面三角形外接圓的圓心，所以點是三棱柱外接球的球心，，所以球的表面積為，故C正確；

D.點三點共線，所以平面截該三棱柱所得截面為三角形，其中，，，所以，所以，所以，故D錯誤.故選：ABC25．（2024高一下·黑龍江哈爾濱·期末）對于兩個平面，和兩條直線，，下列命題中假命題是（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，，則D．若平面內有不共線的三點到平面的距離相等，則【答案】ABD【分析】根據線線，線面，面面的位置關系，即可判斷選項.【詳解】A.若，，則或，故A錯誤；B.若，，則與平行或相交或在內，故B錯誤；C.若，，，則，故C正確；D.若平面內有不共線的三點到平面的距離相等，則或相交，故D錯誤.故選：ABD三、填空題26．（2024高二上·北京東城·期末）如圖，已知M是正方體的棱的中點，則直線與所成角的余弦值為.【答案】【分析】首先根據異面直線所成角的定義，轉化為相交直線所成角，再求解其余弦值.【詳解】因為，所以直線與所成角即為直線與所成角,即為所求角，，設正方體棱長為2，點為的中點，所以，,所以，所以直線與所成角的余弦值為.故答案為：27．（2024高二上·重慶沙坪壩·期中）貴州榕江“村超”火爆全網，引起旅游愛好者、社會名流等的廣泛關注．足球最早起源于我國古代“蹴鞠”，被列為國家級非物質文化，蹴即踢，鞠即球，北宋《宋太祖蹴鞠圖》描繪太祖、太宗蹴鞠的場景．已知某“鞠”的表面上有四個點A、B、C、D，連接這四點構成三棱錐ABCD如圖所示，頂點A在底面的射影落在內，它的體積為，其中和都是邊長為2的正三角形，則該“鞠”的表面積為．

【答案】【分析】由線面垂直關系，利用分割法求三棱錐體積，由垂直關系結合球心性質找到球心位置，再運算求解球半徑即可.【詳解】如圖，

取的中點，連接，，因為，，又平面，平面，，所以平面，平面，所以平面平面，同理可證，平面平面，設和的中心分別為、，在平面內，過、分別作的垂線，設交點為，即，又平面平面，由面面垂直的性質定理可知：平面，同理可得：平面，即球心為，設“鞠”的半徑為，連接，則，即：，又因為，，所以，又頂點A在底面的射影落在內，則，由，為公共邊，得與全等，則為的角平分線，所以.在中，因為，則，在中，，則，所以該“鞠”的表面積.故答案為：.28．（2024高二上·上海浦東新·階段練習）如圖，在平面內，，PO是平面的斜線，，點Q是PO上一點，且，則線段PQ在平面上的射影長為.

【答案】【分析】根據給定條件，作圖并求出直線與平面所成的角，再利用直角三角形的邊角關系求解即得.【詳解】過作于，在平面內過作，，垂足分別為，連接，如圖，

由，得，平面，則平面，而平面，因此，同理，又，于是，而分別為斜線段在內的射影，則，從而是的平分線，即，顯然，則，因此，線段PQ在平面上的射影長為.故答案為：.29．（2024·全國·模擬預測）在三棱錐中，平面，底面是邊長為的正三角形，二面角的大小為，則該三棱錐的外接球的體積為.【答案】/【分析】根據給定條件，結合線面垂直的判定性質求出，再將三棱錐補形成三棱柱，借助三棱柱的外接球求解即得.【詳解】取的中點為，連接，，是邊長為的正三角形，則，，又平面，平面，則，又，平面，于是平面，而平面，則，因此為二面角的平面角，即，則，將三棱錐補成三棱柱（為底面、為側棱），則該三棱柱的外接球就是三棱錐的外接球，設三棱錐的外接球半徑為，顯然的外接圓半徑，因此，所以球的體積為.故答案為：【點睛】關鍵點睛：解決與球有關的內切或外接問題時，關鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質求解.30．（2024·全國·模擬預測）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．

【答案】/【分析】或其補角就是異面直線PD與BC所成的角，在中結合已知條件得出相關線段的長度，由余弦定理可得答案.【詳解】因為，故或其補角就是異面直線PD與BC所成的角，連接PA，易知，，因為平面平面，菱形中，，即是正三角形，為中點，則，所以，又，所以即為平面與平面所成的二面角的平面角，因為平面平面，所以，，所以，所以，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．故答案為：.

31．（2024高二上·北京海淀·期末）如圖，已知E，F(xiàn)分別為三棱錐的棱的中點，則直線與的位置關系是（填“平行”，“異面”，“相交”）．【答案】異面【分析】假設共面推出矛盾.【詳解】假設直線共面，平面，由，則平面，同理，平面，故共面，這與是三棱錐矛盾，故假設錯誤，故直線異面.故答案為：異面.32．（2024高二上·北京海淀·階段練習）如圖所示，在正方體中，點為邊上的動點，則下列直線中，始終與直線異面的是.①②③④【答案】②【分析】根據異面直線的定義一一判定即可.【詳解】由正方體的性質易知當為的中點時，此時，而，所以共面，則、在平面上，故①不符題意；因為，即共面，易知平面，而平面，，，故與異面，故②符合題意；當重合時，易知，則四邊形是平行四邊形，則此時，故③不符合題意；當重合時，顯然，相交，故④不符合題意.故答案為：②33．（2024·廣西·模擬預測）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．【答案】【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：．34．（2024高二上·上海徐匯·期末）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.【答案】【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：.35．（2024高二·全國·課后作業(yè)）（1）已知正方體的棱長為a，則異面直線與AD公垂線是．（2）已知正方體的棱長為a，則異面直線與距離是．（3）已知正方體的棱長為a，則異面直線與公垂線是．（4）已知正方體的棱長為a，則異面直線與距離是．【答案】///【分析】根據正方體的性質找出異面直線的公垂線，即可求出異面直線的距離；【詳解】解：由正方體的性質可知，，是異面直線與的公垂線，因為，，所以是異面直線與的公垂線，所以異面直線與的距離等于；，平面，面，，是異面直線與的公垂線，如圖取的中點，的中點，的中點，的中點，連接交于點，連接、、、、、、、，由正方體的性質可知是正方體的中心，即為的中點，且平面，又平面，所以，又，所以，所以為異面直線與的公垂線，，所以異面直線與距離為；故答案為：；；；；36．（2024高二下·安徽合肥·階段練習）如圖，在三棱柱中，側棱底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中點，點F在線段上，當AF=時，CF⊥平面.【答案】1或2/2或1【分析】由已知判斷平面，然后說明，設，通過勾股定理可求出.【詳解】由已知得平面，又平面，所以，若CF⊥平面，則必有，設，則，，，所以由得，解得或2，所以當或2時，CF⊥平面.故答案為：1或2.37．（2024高三·全國·專題練習）如下圖所示，矩形中，，，沿將折起，使得點C在平面上的射影落在上，則直線與平面所成的角為．

【答案】45°【詳解】解法一：如圖2，作于E，由題意，平面，∴，作于O，連接，則平面，∴，從而在圖1中，C、O、E三點共線，在圖1中，，，，∴，而，∴，那么在圖2中也有，從而，故，即直線與平面所成的角為45°．解法二：如圖2，作于E，由題意，平面，故即為與平面所成的角，由三余弦公式，，∴，故，從而，∴直線與平面所成的角為45°．

38．（2024高三·全國·課后作業(yè)）如圖，已知矩形ABCD所在的平面，則下列說法中正確的是．（寫出所有滿足要求的說法序號）①平面PAD⊥平面PAB；

②平面PAD⊥平面PCD；③平面PBC⊥平面PAB；

④平面PBC⊥平面PCD．【答案】①②③【分析】根據線面垂直的性質定理及面面垂直的判定定理證明判斷即可．【詳解】①由矩形ABCD所在的平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故①正確；②由矩形ABCD所在的平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故②正確；③由矩形ABCD所在的平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故③正確；④依題意得，若平面PBC⊥平面PCD，作交于，平面PBC平面PCD，所以平面PCD，又平面，所以,因為，平面，所以平面，因為平面，所以,與矛盾，故④錯誤．故答案為：①②③．四、解答題39．（2024高三·全國·課后作業(yè)）如圖，在正三棱柱中，E為棱AC的中點，.求證：.【答案】證明見解析【分析】根據異面直線的夾角結合勾股定理分析證明.【詳解】如圖，取的中點F，連接EF，BF，∵E為AC的中點，F(xiàn)為的中點，∴，∴BE和EF所成角為，即為異面直線BE與所成角，且.在正三棱柱中，，.在等邊三角形ABC中，，在Rt△BCF中，.在△BEF中，，∴，∴.40．（2024高三·全國·專題練習）如圖，是等腰直角三角形，都垂直于平面，且為線段的中點．證明：.【答案】證明見解析【分析】取BC中點為G，連接DG，AG，通過證明，結合可證明結論；【詳解】取BC中點為G，連接DG，AG．因分別為中點，則．則四邊形是平行四邊形，故．因為，則，所以.41．（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知正方體的棱長為2．，分別為與上的點，且，．求證：；【答案】證明見解析【分析】利用線面垂直的判定定理，證明均與平面垂直，進而證明；【詳解】證明：如圖，連接，．∵平面，平面，∴．∵四邊形是正方形，∴，又∵，平面，∴平面．又∵平面，∴．同理可得，又∵，平面，∴平面．∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴．∵，∴．又∵，，平面，∴平面．∴．42．（2024高一下·新疆省直轄縣級單位·階段練習）如圖，已知平面ACD，平面ACD，為等邊三角形，，F(xiàn)為CD的中點，求證：∥平面BCE.【答案】證明見詳解【分析】取的中點，連接，根據題意可證∥，進而結合線面平行的判定定理分析證明.【詳解】因為平面ACD，平面ACD，則∥，取的中點，連接，因為分別為的中點，則∥，且，由題意可得：∥，且，則∥，且，則為平行四邊形，可得∥，且平面BCE，平面BCE，所以∥平面BCE.

43．（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知多面體，平面平面，且，證明：平面.【答案】證明見解析.【分析】利用線面垂直的性質證得，進而得，再利用線面平行的判定推理作答.【詳解】因為平面平面，則，又，即四邊形為平行四邊形，因此，而平面平面，所以平面.44．（2024高三上·陜西西安·開學考試）如圖，在正四棱臺中，.

(1)證明：.(2)若正四棱臺的高為3，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，，（，分別為正四棱臺上、下底面的中心），根據面線垂直的判定定理證明平面即可；（2）連接，，可求得側面的斜高為，再由求解即可.【詳解】（1）證明：連接，，設正四棱臺上、下底面的中心分別為，，連接，則，分別為，的中點，

因為是正四棱臺，所以平面.又平面，則，因為為正方形，所以，又，所以平面.因為平面，所以.（2）解：連接，，

因為正四棱臺的高為3，所以，且側面的斜高為，所以.設點到平面的距離為，因為，所以，解得，即點到平面的距離為.45．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）如圖，在三棱柱中，平面ABC，，，，點D，E分別在棱和棱上，且，，M為棱的中點．(1)求證：；(2)求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）證明出平面，即可證得；（2）根據錐體體積公式，由此可求三棱錐的體積．【詳解】（1）∵，，∴，∵平面，平面，∴，∵，∴，∵，平面，∴平面，又平面，∴．（2）∵平面，平面ABC，∴，又∵，，∴平面．，46．（2024高二上·云南昆明·期末）如圖，在四棱柱中，底面為正方形，平面．(1)證明：平面平面；(2)設，求四棱錐的高．【答案】(1)證明見解析；(2)1【分析】（1）根據線面垂直的性質及判定、面面垂直的判定證明即可；（2）根據幾何圖形特征轉化求出到平面的距離即可.【詳解】（1）因為底面為正方形，平面，平面,所以，又平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；（2）易知平面，故到平面的距離即到平面的距離，過作，平面平面，由上結論可知平面，由題意面為正方形，平面，平面，則，所以,顯然是等腰直角三角形，又四邊形為平行四邊形，故是等腰直角三角形，所以,故四棱錐的高為1.47．（2024高三下·四川內江·開學考試）如圖，四棱錐中，，，，平面ABCD⊥平面PAC．

(1)證明：；(2)若，M是PA的中點，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據底面的幾何關系，可證明，再根據面面垂直的性質定理，即可證明；（2）首先求點到平面的距離，再根據體積轉化，即可求解.【詳解】（1）取BC中點N，連接AN，則，又，，所以四邊形ANCD為正方形，則，，

又在中，，則，所以，即．又平面ABCD⊥平面PAC，平面平面，平面，所以平面，又面PAC，所以．（2）連接，