专题强化二：异面角、线面角、二面角的常见解法 解析版

专题强化训练二：异面角、线面角、二面角的常见解法技巧一、定义法利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法.例：在三棱锥V－ABC中，VA＝AB＝VB＝AC＝BC＝2，VC＝eq\r(3)，求二面角V－AB－C的大小.解取AB的中点D，连接VD，CD，∵△VAB中，VA＝VB＝AB＝2，∴△VAB为等边三角形，∴VD⊥AB且VD＝eq\r(3)，同理CD⊥AB，CD＝eq\r(3)，∴∠VDC为二面角V－AB－C的平面角，而△VDC是等边三角形，∠VDC＝60°，∴二面角V－AB－C的大小为60°.技巧二、三垂线法是利用三垂线定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的平面角的方法.这种方法关键是找垂直于二面角的面的垂线.此方法是属于较常用的.三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.例：如图，在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ABC＝90°，SA＝AB，SB＝BC.求二面角A－SC－B的平面角的正弦值.解取SB的中点D，连接AD，则AD⊥SB，垂足为点D，由已知平面SBC⊥平面SAB，平面SBC∩平面SAB＝SB，AD⊂平面SAB，∴AD⊥平面SBC.作AE⊥SC，垂足为点E，连接DE，则DE⊥SC，则∠AED为二面角A－SC－B的平面角.设SA＝AB＝2，则SB＝BC＝2eq\r(2)，AD＝eq\r(2)，AC＝2eq\r(3)，SC＝4.由题意得AE＝eq\r(3)，Rt△ADE中，sin∠AED＝eq\f(AD,AE)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，∴二面角A－SC－B的平面角的正弦值为eq\f(\r(6),3).技巧三、垂面法作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，得到交线，交线所成的角为二面角的平面角.关键在找与二面角的棱垂直且与二面角两半平面都有交线的平面.例：如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分别交AC，SC于点D，E，又SA＝AB，SB＝BC，求二面角E－BD－C的大小.解∵SB＝BC且E是SC的中点，∴BE是等腰三角形SBC底边SC的中线，∴SC⊥BE.又已知SC⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，∴SC⊥平面BDE，∴SC⊥BD.又SA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴SA⊥BD，而SC∩SA＝S，SC，SA⊂平面SAC，∴BD⊥平面SAC.∵平面SAC∩平面BDE＝DE，平面SAC∩平面BDC＝DC，∴BD⊥DE，BD⊥DC，∴∠EDC是所求二面角的平面角.∵SA⊥底面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥AC.设SA＝2，则AB＝2，BC＝SB＝2eq\r(2).∵AB⊥BC，∴AC＝2eq\r(3)，∴∠ACS＝30°.又已知DE⊥SC，∴∠EDC＝60°.即所求的二面角等于60°.专题强化题型一;异面直线所成的角1．（2023·高一单元测试）在正四面体中，D为的中点，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出直线与所成角，并利用余弦定理求得其余弦值.【详解】取的中点为E，连接，，则，所以为与所成的角（或其补角）.设正四面体的棱长为，则，，，所以在中，.故选：C2．（2023·全国·高一期中）如图，在正方体中，直线与所成的角是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，，证明，则即为直线与所成的角或其补角，根据正三角形即可求解.【详解】连接，，在正方体中，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，则即为直线与所成的角或其补角，由正方体的性质可得：为正三角形，所以，则直线与所成的角是，故选：.3．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正三棱柱的棱长都相等，为棱的中点，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连接、、，设正三棱柱的棱长为，证明出，所以，与所成的角即为与所成的角，或其补角即为所求，推导出，即可计算出的正弦值，即为所求.【详解】取的中点，连接、、，设正三棱柱的棱长为，如下图所示：因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，又因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，又因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，所以与所成的角即为与所成的角，或其补角即为所求．在中，，，．因为，所以为直角三角形，且，所以．故选：B．题型二：点线面距离问题4．（2023春·全国·高一专题练习）如图，棱长为2的正方体中，点是的中点，是侧面的中心，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，证明平面，进而将其转化为到平面的距离，再根据等体积法求解即可.【详解】解：连接，因为是侧面的中心，所以，因为，由正方体的性质知，所以，是平行四边形，所以，因为平面，平面所以平面，所以，到平面的距离与到平面的距离相等，设到平面的距离为中，，，因为，所以，，解得所以，到平面的距离为故选：A5．（2023春·全国·高一专题练习）若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD所成角的大小为60°，则A1C1到底面ABCD的距离为（

）A． B．1 C．2 D．【答案】D【分析】根据线面角的定义得到∠B1AB是AB1与底面ABCD所成的角，进而求出正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长，再根据A1C1∥平面ABCD即可求出答案.【详解】由题意，B1B⊥平面ABCD，所以∠B1AB是AB1与底面ABCD所成的角，则∠B1AB＝60°，因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1底面边长为1，所以B1B＝AB×tan60°＝，即正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为.又因为A1C1∥平面ABCD，A1A⊥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距离为A1A＝.故选：D.6．（2022春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第二高级中学校考期末）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，CC1=E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A．2 B． C． D．1【答案】D【详解】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．平面，到平面的距离等于到平面的距离，由题计算得，在中，，边上的高，所以，所以，利用等体积法，得:,解得:考点：利用等体积法求距离题型三：线面角问题7．（2023·全国·高一专题练习）在正方体中，若点是面的中心，则与平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取中点，则所求线面角为，利用勾股定理求得，作比可求得结果.【详解】取中点，连接为侧面的中心，平面，与平面所成角即为，设正方体棱长为，则，，，，即与平面所成角的余弦值为.故选：C.8．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，，，，，.(1)求证：平面.(2)设E为BC的中点，求PE与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)证明PC垂直平面PBD得PC⊥BD，证明BC=CD，从而可得BD⊥AC，由此即可证得结论；(2)设AC交BD于O，则O是BD的中点，连接OP，过作，连接，用线线垂直，证明面，进而得到为PE与平面ABCD所成角，然后，利用直角三角形的斜边中线求出，利用等面积法求出，进而利用，计算得出答案.【详解】（1）∵，，PB=PD，∴Rt△PDC≌Rt△PBC，∴BC=DC，又PB∩PD=P，∴PC⊥平面PBD，∵BD平面PBD，∴PC⊥BD，∵AB=AD，BC=CD，∴易知AC⊥BD，又∵AC∩PC=C，AC,PC含于面PAC∴BD⊥平面PAC；（2）如图，设AC交BD于O，则O是BD的中点，连接OP，过作，连接，由（1）得，BD⊥平面PAC，面，故，又，所以，面，故为PE与平面ABCD所成角，设，因为为中点，且，故在中，，又由BC=CD，且BD=，，∴在△BCD中，由余弦定理得：，即，解得，故，∴，，，，∵PC⊥平面PBD，∴，所以，在中，利用等面积法，得到，故，所以，在中，9．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考阶段练习）如图，在中，，，，沿中线将翻折成使得平面平面，设为的中点.(1)求线段的长；(2)求直线与平面所成角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）推导出平面，可得出，利用余弦定理以及勾股定理可求得线段的长；（2）利用线面角的定义可知即为直线与平面所成的角，在中可求得的正切值，即为所求.【详解】（1）翻折前，在中，，，则，且，故是正三角形，翻折后，连接，仍有是正三角形，而为的中点，所以，，且，如图，在中，，，，由余弦定理得：，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，而平面，故，则有，即.（2）由（1）知，平面，则即为直线与平面所成的角，在中，，，，所以直线与平面所成角的正切值为.题型四：二面角问题10．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥中，.(1)求侧棱与底面所成角的大小；(2)求二面角的大小的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据线面角的定义可证得为所求角，设等边的边长为，由长度关系可求得，从而得到结果；（2）由二面角平面角定义可知为所求二面角的平面角，由长度关系可求得结果.【详解】（1）设底面正方形的中心为，连接，由正四棱锥结构特征知：平面，即点在平面上的投影为，为侧棱与底面所成角，在中，，，为等边三角形，设其边长为，平面，平面，，在中，，，，，即侧棱与底面所成角的大小为.（2）取的中点为，连接，在正方形中，；在等边中，，为二面角的平面角，平面，平面，；在中，，，，二面角的大小的余弦值为.11．（2023·高一课时练习）如图，四棱锥中，平面，，．过点作直线的平行线交于为线段上一点．(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出AB⊥平面PAD，由CFAB，得到CF⊥平面PAD，故而得证；（2）作出辅助线，找到∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小即可.【详解】（1）因为平面，AB平面ABCD，所以PA⊥AB，因为，所以⊥AD，因为PAAD=A，平面PAD，所以AB⊥平面PAD，因为CFAB，所以CF⊥平面PAD，因为CF平面CFG，所以平面CFG⊥平面PAD；（2）连结，过点B作BE⊥PC于点E，连接DE，如图，平面，AD，AC平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，因为，，由勾股定理得：，则∠ADB=30°，同理可得，∠CDB=30°，故∠ADC=60°，所以三角形ACD为等边三角形，，故，，，在△BCP中，由余弦定理得：，则，，在△CDP中，由余弦定理得：，在△CDE中，，因为，所以DE⊥PC，所以∠BED为平面与平面所成二面角的平面角，由余弦定理得：.12．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱台中，三棱锥的体积为，的面积为4，，且平面.(1)求点到平面的距离；(2)若，且平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等积转化法求点到平面的距离；（2）方法1几何法：由平面平面，可作出二面角的平面角，在直角三角形求解；方法2空间向量法：先证明两两垂直后建系，用法向量求二面角的余弦值【详解】（1）设点到平面的距离为，因为，三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为，又由，得，解得.（2）由已知设，，则，，取的中点，连接，如图所示：则，由平面平面，知面，故，又，从而平面.故，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，又，得.在平面内作于，则，在平面内，作于，连接，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，则二面角的平面角为.在直角中，，故，，即所求二面角的余弦值为.法二：取的中点，连接，则，由平面平面知面，故，又，从而平面.故，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，，则，，取中点，则，四边形是平行四边形，，从而为正三角形，故，，又，得，则，，，所以，设面的法向量，由，令，得，设面的法向量，由，令得，故，即所求二面角的余弦值为.专题强化一、单选题13．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，若，，，则异面直线与所成的角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】因为∥，所以或其补角为异面直线与所成的角，连接，根据余弦定理即可求得答案．【详解】如图，连接，则，，，因为∥，所以或其补角为异面直线与所成的角，，则异面直线与所成的角的余弦值为.故选：C．14．（2023春·全国·高一专题练习）在正方体中，E，F分别是线段，的中点，则异面直线，EF所成角余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图所示，连接，确定或其补角是异面直线EF与所成角，在直角中，计算得到答案.【详解】如图所示：F是线段的中点，连接交于F，由正方体的性质知，知异面直线，EF所成角即为直线，EF所成角，故或其补角是异面直线EF与所成角.设正方体边长为2，在直角中，，，故故选：C15．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线与所成的角，利用三角形三边关系，由余弦定理即可求解.【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接,，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：A16．（2023春·全国·高一专题练习）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等体积法结合条件即得.【详解】由于是的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离，设这个距离为，由题可知，所以，由于，所以，所以.故选：A17．（2023春·全国·高一专题练习）若四棱柱的所有棱长均为2，且，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设与交于点，连接，结合题意可证明平面，再过作，垂足为，则，进而得到平面，则到平面的距离为，再根据题意求解即可.【详解】如图，设与交于点，连接，，，，，又为的中点，，四边形为菱形，，又，平面，在平面中，过作，垂足为，则，又，平面，即到平面的距离为，由已知：，为等边三角形，，.和均为等边三角形，，，在中，由余弦定理，，，，在中，.故选：C.18．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，平面．若，则直线与平面所成的角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等积法可得到平面的距离，进而即得.【详解】因为平面，平面，平面，平面，所以，，，又底面是边长为a的正方形，所以，又平面，平面，所以平面，平面，所以，设到平面的距离为，直线与平面所成的角，则，所以，，所以，所以，又，所以.故选：A.19．（2023春·全国·高一专题练习）在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接交于F，由题意可知与平面所成角与与平面所成角相等，由题意可证平面平面，过作于，由面面垂直的性质定理可得是与平面所成角，即与平面所成角为，在中，计算即可.【详解】解：连接交于F，设与平面所成角为，因为∥,所以与平面所成角为，如图：因为在长方体中，，，所以四边形是正方形，是中点，，，所以，又，面，所以平面，又平面，所以平面平面，过作于，因为面面，面面，，面，所以平面，所以，即，所以.故选：A.20．（2023春·全国·高一专题练习）已知在长方体中，，，那么直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由长方体性质易知为与面所成的角，进而求其正弦值即可.【详解】根据长方体性质知：面，故为与面所成的角，，所以.故选：A21．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角的正弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接BD，判断G在BD上，判断为PG与底面ABCD所成的角，解直角三角形求得所求正弦值.【详解】连接BD交于，四边形ABCD为正方形，则为中点，∵G为△ABC的重心，则G在BD上，且，∴，∵PD⊥底面ABCD，∴为PG与底面ABCD所成的角，面ABCD，则，∴，∴.故选：C22．（2023春·全国·高一专题练习）如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中错误的是（

）A． B．是等边三角形C．平面平面 D．二面角的正切值为【答案】C【分析】设等腰直角三角形的腰为，则斜边，利用面面垂直的性质定理易证平面，又平面，从而可知，可判断A；由题意及设法可知，，利用勾股定理可求得，从而可判断B；作出平面与平面的二面角的平面角，利用平面，可知为直角，因此不是直角，从而可判断C；作出二面角的平面角，设为，可求得，从而可判断D.【详解】设等腰直角三角形的腰为，则斜边，为的中点，，又平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，，故A正确；由A知，平面，平面，，又，由勾股定理得：，又，是等边三角形，故B正确；为等腰直角三角形，取斜边的中点，则，又为等边三角形，连接，则,为平面与平面的二面角的平面角，由平面可知，为直角，因此不是直角，故平面与平面不垂直，故C错误；由题意知，平面，过点作于点，连接，则，为二面角的平面角，设为，则，故D正确;故选：C.23．（2023春·全国·高一专题练习）如图，棱长都相等的平行六面体中，，则二面角的余弦值为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】判断四面体为正四面体，取的中点，连接，，由等腰三角形“三线合一”的性质，易得即为二面角的平面角，再由余弦定理计算可得．【详解】解：棱长都相等的平行六面体中，，则四面体为正四面体．连接、，，连接，，设四面体的棱长为，则，且，，则为二面角的平面角，在中，，故二面角的余弦值为．故选：A．二、多选题24．（2023·高一单元测试）在长方体中，已知，则下列结论正确的有（

）A．B．异面直线与所成的角为C．二面角的余弦值为D．四面体的体积为【答案】ACD【分析】证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案.【详解】解：因为在长方体中，，所以，四边形为正方形，平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，所以，由于，所以为二面角的平面角，在中，，所以，所以，故C正确：四面体的体积为，所以D正确，故选：ACD．25．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，连接BM，翻折过程中，下列说法正确的是（

）A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角B．棱CD上总恰有一点N，使得MN∥平面ABCC．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BCD．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角【答案】BC【分析】对A：根据线面垂直的判断定理证明BD⊥平面CME，可证CM⊥BD；对B：根据线面平行的判定定理分析证明；对C：根据锥体的体积公式分析可知:当CE⊥平面ABD，三棱锥C﹣ABD的体积最大，进而根据线面垂直的判断和定义分析说明；对D：根据二面角的平面角的定义理解分析.【详解】对A，取BD中点E，连接CE，ME，如图，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD，而M是AD的中点，有ME∥AB，而AB⊥BD，则ME⊥BD，CE∩ME＝E，CE，ME⊂平面CME，于是得BD⊥平面CME，CM⊂平面CME，所以CM⊥BD，A不正确；对B，取CD的中点N，连MN，因M是AD的中点，则MN∥AC，AC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正确；对C，因，要三棱锥C﹣ABD的体积最大，当且仅当点C到平面ABD距离最大，由选项A知，点C到直线BD的距离是二面角A﹣BD﹣C的平面角，当∠CEM＝90°时，CE⊥平面ABD，即当C到平面ABD距离最大为时，三棱锥C﹣ABD的体积最大，此时CE⊥ME，有CE⊥AB，而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD⊂平面BCD，则有AB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC，C正确；对D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，则AD⊥CM，因为M为AD中点，故CA＝CD，这不一定成立，故D错误．故选：BC．26．（2022·高一单元测试）在棱长为的正方体中，下列结论正确的是（

）A．异面直线与所成角的为B．异面直线与所成角的为C．直线与平面所成角的正弦值为D．二面角的大小为【答案】ACD【分析】利用异面直线所成角的定义可判断AB选项；利用线面角的定义可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，，则与所成的角为，A对；对于B选项，，所以，与所成角为或其补角，因为，，，，则，所以，，故，B错；对于C选项，平面，故直线与平面所成角为，平面，则，所以，，因此，直线与平面所成角的正弦值为，C对；对于D选项，平面，、平面，则，，所以，二面角的平面角为，D对.故选：ACD.27．（2023春·全国·高一专题练习）如图甲，在矩形中，，为的中点．将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（

）A．翻折过程中，四棱雉必存在外接球，不一定存在内切球B．翻折过程中，不存在任何位置的，使得C．当二面角为时，点到平面的距离为D．当四棱雉的体积最大时，以为直径的球面被平面截得的交线长为【答案】BCD【分析】选项A，可以通过判断四边形无外接圆即可判断出四棱锥无外接球；选项B，假设存在位置使，可证出平面，从而有，这显然不成立，即判断出假设错误；选项C，先由二面角为求出二面角为，即可求出点到平面的距离，然后使用等体积转化法，求出点到平面的距离，点到平面的距离是点到平面距离的一半，通过求解判断即可；选项D，以为直径的球面被平面截得的交线为圆，所以需利用球的半径和球心到平面的距离求出该圆的半径，当四棱锥的体积最大时，平面平面，可以证出平面，即为到平面的距离，所以，代入即可.【详解】对于A，由已知，直角三角形存在以为直径的唯一外接圆，∵，∴点不在该圆上，所以四边形不存在外接圆，因此四棱锥不存在外接球，故A错误；对于，由已知，，，∴，∴，即，假设在翻折过程中，存在位置，使得，则∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，∵在翻折至的位置的过程中，，∴显然不成立，故假设错误，∴翻折过程中，不存在任何位置的，使得，故B正确；对于，取中点，由已知，，∴，∴，∴是二面角的平面角，当二面角为时，二面角为，即，又∵，∴到平面的距离为，设点到平面的距离为，则，∴，∴∴，即点到平面的距离为，∵点为中点，∴点到平面的距离是点到平面距离的，∴点到平面的距离为，故正确；对于，四棱锥底面梯形的面积为定值，∴当四棱锥的体积最大时，平面平面，∵平面平面，平面，由B选项有，∴平面，∵平面，∴，∴，又∵平面，∴点到平面的距离，∵点为中点，∴以为直径的球的半径，球心到平面的距离，易知，球面与被平面截得交线为圆，其半径，∴该交线周长为，故正确.故选：BCD.【点睛】解决本题C选项中的二面角问题是本题的难点，使用空间向量无法区分二面角为还是，而二面角的平面角也不易证明，这里采用了找到其补二面角的方法.三、填空题28．（2023·高一单元测试）长方体中，棱，，则与所成角的余弦值是______．【答案】【分析】由长方体性质及异面直线所成角的定义找到其平面角，进而求其余弦值.【详解】由长方体的性质知：，故与所成角即为，而，，故.故答案为：29．（2023·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.求点到平面的距离等于_______【答案】【分析】利用三棱锥的等积性、线面垂直的性质、面面垂直的判定定理和性质，结合直三棱柱的性质、三棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】因为是直三棱柱，所以平面，而平面，所以，因为是棱的中点，所以，由勾股定理可得：，，因为是等边三角形，是棱的中点.，所以，所以，因为，所以，因此，因为平面，平面，所以平面平面，因为平面平面，，平面，所以平面，设点到平面的距离为，由，故答案为：30．（2023春·全国·高一专题练习）若正四棱柱的底面边长为，与底面成角，则到底面的距离为__________.【答案】【分析】确定到底面的距离为正四棱柱的高，即可求得结论．【详解】∵正四棱柱，∴平面平面，平面，平面,到底面的距离为正四棱柱的高∵正四棱柱的底面边长为，与底面成角，故答案为:．31．（2023春·全国·高一专题练习）三棱锥P－ABC中，二面角P－AB－C为120°，和均为边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC外接球的半径为______．【答案】【分析】作出图形，根据条件可知：球心既过的外心垂直平面的垂线上，又在过的外心垂直平面的垂线上，然后利用二面角的大小和勾股定理即可求解.【详解】作出三棱锥P－ABC，如图所示：为的中点，分别为和的外心，过点分别作平面和平面的垂线，交点为，连接.根据题意可知：球心既过的外心垂直平面的垂线上，又在过的外心垂直平面的垂线上，所以三棱锥外接球的球心，设外接球半径，由题意知：和均为边长为2的正三角形，所以，，所以即为二面角P－AB－C的平面角，因为二面角P－AB－C为120°，也即，因为和均为边长为2的正三角形，所以，，则，所以，则，在中，因为，，所以，又因为，所以在中，，即，所以，故答案为：.四、解答题(共0分32．（2023春·安徽马鞍山·高一马鞍山二中校考期中）如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1，点D是AB的中点.(1)求点B到平面B1CD的距离；(2)求异面直线AC1和B1C所成角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等体积法转化即可；（2）先将异面直线通过平行转化于同一面，再利用余弦定理解角即可.【详解】（1）因为△ABC正三角形，D为AB的中点，AB＝2，则BD＝1，CD＝．又BB1⊥底面ABC，BB1＝AA1＝1，则B1D＝，B1C，则，所以CD⊥B1D．所以，．设点B到平面B1CD的距离为d，由，得，即，所以，即点B到平面B1CD的距离为．（2）连结BC1，交B1C于点M，连结MD，则M为BC1的中点，又D为AB的中点，则AC1∥MD，所以∠CMD或其补角即为异面直线AC1和B1C所成角,因为正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥AC，CC1＝1，AC＝2，所以AC1＝，所以MD＝，又CD＝，CM＝，由余弦定理，得．所以异面直线AC1和B1C所成角的余弦值为．33．（2023·高一课时练习）所有棱长均相等的四面体中，，是的中点．(1)求直线与所成角大小；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据异面直线所成角定义，结合三角形中位线、余弦定理进行求解即可；（2）根据正四面体的性质，结合正弦定理、勾股定理进行求解即可.【详解】（1）设中点为，连接，因为是的中点，所以，且，因此是直线与所成角（或其补角），因为正四面体各个面都是正三角形，所以，由余弦定理可知：，因此直线与所成角大小为.（2）设在底面的射影为，是底面三角形的中心，所以，由勾股定理可知：，所以点到平面的距离为.34．（2023春·全国·高一专题练习）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，.(1)求直线与平面所成角正弦值；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）由线面垂直判定可知平面，由线面角定义知所求角为，由长度关系可得结果；（2）过作，由面面垂直的判定与性质可知即为所求距离，利用面积桥可求得结果.【详解】（1）平面，平面，，；是圆的直径，，又，平面，平面，即为直线与平面所成角，，，，又，，即直线与平面所成角的正弦值为.（2）过作，垂足为，由（1）得：平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，，平面，，，根据等面积法知：，，即到平面的距离等于.35．（2023·高一课时练习）如图，在长方体中，，点为的中点．(1)求直线与平面所成的角；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)(2)【分析】(1)连接BP，则平面，得为直线AP与平面所成角，利用线面垂直的性质求出即可求解；(2)过点P作，根据线面垂直的性质和判定定理可得平面，即PE为点P到平面的距离，求出PE即可.【详解】（1）连接BP，则，在长方体中，平面，所以为直线AP与平面所成角，由平面，得，即，由，得，所以直线AP与平面所成的角为；（2）过点P作，垂足为E，在长方体中，平面，平面，得，又平面，所以平面，即PE为点P到平面的距离，而，所以点P到平面的距离为.36．（2023·高一课时练习）已知平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为．(1)二面角的大小；(2)直线与平面所成的角的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）作于E，连接ED，由已知推导出就是二面角的平面角，由此根据余弦定理得出，即可得出答案；（2）还原棱锥为正方体，作于F，连接，即可推导出就是直线与平面所成的角，即可求出答案.【详解】（1）ABCD是正方形，，就是异面直线PB与CD所成的角，即，平面ABCD，平面ABCD，，，作于E，连接ED，在与中，，，，，，就是二面角的平面角，设，则，，则，则，即，二面角的大小为；（2）还原棱锥为正方体，作于F，平面平面，，平面，连接，则就是直线与平面所成的角，，，，即，直线与平面所成的角为.37．（2023春·全国·高一专题练习）在三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是线段上的一动点，.(1)求证：；(2)求平面与平面所成的二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据三棱柱中的垂直关系以及角度，可通过证明平面，利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）根据（1）可通过二面角的定义作出二面角的平面角，再利用线面垂直通过判断三角形形状求得二面角的正弦值.【详解】（1）由题意可知，，又，所以，连接，如下图所示：由，可知，是正三角形，又点为棱的中点，所以，平面，平面，，所以平面，平面所以.（2）由（1）知，，根据二面角定义可知，即为所求二面角的平面角或其补角，在正三角形中，，所以，因为，，所以，又，且，所以平面，而平面，所以，在中，，所以，于是平面与平面所成的二面角的正弦值为38．（2023春·全国·高一专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点.(1)求证：平面平面ABC；(2)若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过作于点，过M作于点，连接，分析得即为二面角的平面角，由三棱锥体积求得，即可进一步由几何关系求得.【详解】（1）证明：在菱形中，，∴和均为等边三角形，又∵E为AC的中点，∴，，，平面，∴平面，又∵平面ABC，∴平面平面ABC.（2）过作于点，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC.∴