2025年高考数学二轮复习 专项训练18 空间点、直线、平面之间的位置关系（解析版）

2025二轮复习专项训练18空间点、直线、平面之间的位置关系[考情分析]高考必考内容，主要以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小，或者以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题．【练前疑难讲解】一、空间直线、平面位置关系的判定1．判断与空间位置关系有关的命题的方法：借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．2．两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．(2)当从正面入手较难时，可先假设结论成立，然后推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．二、空间平行、垂直关系1．直线、平面平行的判定定理及其性质定理(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定定理及其性质定理(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.三、空间直线、平面位置关系中的综合问题1．处理空间点、直线、平面的综合问题，要认真审题，并仔细观察所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解．2．解决与折叠有关的问题的关键是弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．一、单选题1．（2023·四川南充·一模）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为（

）A． B． C．9 D．182．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A． B． C． D．二、多选题3．（2022·山东·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（

）A．存在点，使四点共面B．存在点，使平面C．三棱锥的体积为D．经过四点的球的表面积为4．（23-24高三上·江苏苏州·开学考试）图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是线段AC，上的动点，，，且.记与所成角为，与平面所成角为，则（

）

A．当时，四面体的体积为定值B．当时，存在，使得平面C．对于任意，，总有D．当时，在侧面内总存在一点P，使得三、填空题5．（2024·辽宁大连·一模）在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥外接球的表面积是；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是．6．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于．

四、解答题7．（2024·山东·二模）已知三棱锥中，平面，过点分别作平行于平面的直线交于点．(1)求证：平面；(2)若为的中点，，求直线与平面所成角的正切值．8．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．参考答案：题号1234答案BAABCABC1．B【分析】根据，分别是，的中点，得到，利用正方体的结构特征，有，从而有，由平面的基本性质得到在同一平面内，截面是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解.【详解】由题知连接，，，如图所示因为分别是的中点，所以，在正方体中，所以，所以在同一平面内，所以平面截该正方体所得的截面为平面，因为正方体的棱长为，所以，，，则到的距离为等腰梯形的高为，所以截面面积为，故B正确.故选：B.2．A【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，则，，，，，，所以，故选：A．3．ABC【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.【详解】A：如图，在正方体中，连接．因为N，P分别是的中点，所以．又因为，所以．所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确；B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．因为平面平面，所以平面，故B正确；C：连接，因为，则，故C正确；D：分别取的中点E，F，构造长方体，则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，即，所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．故选：ABC4．ABC【分析】利用正方体的结构特征，由三棱锥的体积计算判断A；取点，借助面面平行推理判断B；利用线线角、线面角的意义判断C；建立空间直角坐标系，借助空间向量计算判断D作答.【详解】对于A，当时，为的中点，的面积为定值，点到平面的距离为定值2，因此四面体的体积为定值，A正确；对于B，当时，F为的中点，取的中点，令，取的中点，连接，显然平面，平面，则平面，而，同理平面，又平面，因此平面平面，又平面，所以平面，B正确；对于C，过作交于，连接，由平面，得平面，而平面，有，显然是与平面所成的角，即，由，得是与所成的角，即，所以，C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，当时，，点在侧面内，设，，则，于是始终为锐角，D错误.

故选：ABC5．【分析】补体法确定外接球直径进而求得表面积；利用球的截面性质确定面积最值.【详解】由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4长方体，如图所示：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径，所以三棱锥外接球的表面积为，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心的大圆，此时截面圆的面积为，最小截面为过点垂直于球心与连线的圆，此时截面圆半径（其中MN长度为长方体前后面对角线长度），故截面圆的面积为，所以过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为．故答案为：;6．/【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.【详解】设，取的中点,连接,由题知平面平面,平面平面,又平面,所以平面，

则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，易求得，,又,解得，,则,所以直线与平面所成角的余弦值等于，故答案为：.7．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）根据给定条件，利用面面平行的判定、性质推理即得.（2）连接，由线面角的定义，结合直角三角形的边角关系求解即得.【详解】（1）由平面平面，平面，得平面平面，而平面，所以平面．（2）连接，由平面平面，得，则是直线在平面内的射影，是直线与平面所成的角，在中，，则，由点是的中点，得，在中，，所以直线与平面所成角的正切值是．8．(1)(2)【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，又正四棱锥底面是正方形，由可得，，故，根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，即圆锥的高为，底面半径为，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由是中点，则，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直线与平面所成角的大小即为，不妨设，则，，又线面角的范围是，故.即为所求.【基础保分训练】一、单选题1．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，分别为棱的中点，为棱上的动点，且线段的长度最小值为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．2．（2024·安徽淮北·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（

）A．若，且，则 B．若，且，则C．若，且，则 D．若，且，则3．（2024·湖北·一模）如图，在正方体中，分别为的中点，则与平面垂直的直线可以是（

）A． B． C． D．4．（23-24高三上·山西晋城·期末）设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则5．（2024·江苏南通·模拟预测）已知是两个平面，，是两条直线，则下列命题错误的是（

）A．如果，，那么B．如果，，那么C．如果，，那么D．如果，，，那么6．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为（

）A． B． C． D．7．（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（

）

A． B． C． D．8．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（

）

A． B． C． D．二、多选题9．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（

）A． B．C． D．10．（21-22高一下·贵州黔西·期末）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11．（23-24高三上·山东潍坊·期中）在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（

）A．两两垂直 B．两两平行C．两两相交 D．两两异面12．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则（

）A．直线与是异面直线B．直线与所成的角是C．直线平面D．平面截正方体所得的截面面积为.三、填空题13．（2024·全国·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面积分别为，且棱台侧面与下底面所成二面角的余弦值为，则棱台侧面的高为．14．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为．四、解答题15．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形，，，取的中点，将等腰梯形沿线段翻折，使得二面角为，连接、得到如图所示的四棱锥，为的中点．(1)证明：平面；(2)求四棱锥的体积．16．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．(1)求三棱锥的体积．(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.17．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形．(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积．18．（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，四边形为菱形，，，，．(1)求证：平面平面；(2)当时，求三棱锥的体积．19．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.20．（2024高一下·全国·专题练习）如图，将边长为的正方形沿对角线折起使得点到点的位置，连接，为的中点.(1)若平面平面，求点到平面的距离；(2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度.参考答案：题号12345678910答案ADDBDBCABCBC题号1112答案ACDABD1．A【分析】根据即可求解最小值时，即可求解，利用平移可得为其补角即为异面直线与所成角，由余弦定理即可求解.【详解】由于三棱柱为直三棱柱，所以底面,底面,所以,故,故当时，此时最小，线段的长度最小值，由于线段的最小值为，故此时，为中点，故，连接,则,故为其补角即为异面直线与所成角，,,故异面直线与所成角的余弦值为故选：A2．D【分析】构建正方体，利用其特征结合空间中直线与平面的位置关系一一判定选项即可.【详解】

如图所示正方体，对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误；对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误；对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误；对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确.故选：D3．D【分析】作出与平面平行的平面，证明面即可.【详解】连接，如下图所示：因为分别为的中点，故//，//，又面面，故//面；又面面，故//面；又面，故面//面；则垂直于平面的直线一定垂直于面；显然面面，故，又，面，故面，又面，故；同理可得，又面，故面，也即面；若其它选项的直线垂直于平面，则要与平行，显然都不平行.故选：D.4．B【分析】根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可.【详解】对于A,如上图正方体中，设平面为，平面为，为，满足，，此时，故A错误；对于B，因为，，α、β是不同的平面，则必有，故B正确；对于C，如上图正方体中，设平面为，平面为，为，满足，，此时，故C错误；对于D，如上图正方体中，设平面为，为，为，则满足，，此时，故D错误.故选:B.5．D【分析】结合空间中的线面位置关系逐一判断即可.【详解】对于A:由面面平行的定义可得与没有公共点，即，故A正确；对于B:如果，，那么在内一定存在直线，又，则，故B正确；对于C:如果，，那么根据线面平行的性质可得，故C正确;对于D；如果，，则或，又，那么与可能相交，也可能平行，故D错误.故选：D.6．B【分析】可设圆台的上、下底面半径分别为，，根据题意求出圆台的高和的值，即可求出圆台的体积．【详解】根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为，，因为母线长为8，且母线与底面所成的角为，所以圆台的高为，并且，得所以圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为．由此可得圆台的体积为．故选：B．7．C【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案.【详解】在直三棱柱中，平面，平面，所以，，平面，平面，所以，所以互相垂直，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，可得，，所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.故选：C.

8．A【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.【详解】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为.故选：A.9．BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.10．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S△ABD=12AB⋅DB=2，要三棱锥C﹣ABD由选项A知，点C到直线BD的距离CE=3，∠CEM是二面角A﹣BD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．11．ACD【分析】在正方体中可分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线，即可判断A，C，D选项，结合线面平行的判定以及性质定理可判断B.【详解】对于A，当l为，m为，n为时，两两垂直，A正确；对于B，不妨假设，和不重合，因为平面，平面，则平面，又平面，平面平面，故，则，又平面，平面，故，则，即不可能两两平行，B错误；对于C，当l为，m为，n为时，两两相交，C正确；对于D，当l为，m为，n为时，两两异面，D正确，故选：ACD12．ABD【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可.【详解】对于A，由于平面，平面，故直线与是异面直线，故A正确；对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为，故直线与所成的角是，故B正确；对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形，所以与不垂直，故假设错误，故C错误；对于D，如图，连接，因为，所以，所以平面截正方体所得的截面为梯形，且，所以梯形的高为，所以截面面积为，故D正确.故选：ABD.13．【分析】根据题意，求得，，分别取的中点，取分别为上、下底面的中心，得到侧面与下底面所成角为，列出方程，求得的长，即可求解.【详解】如图所示，在正三棱台中，因为正三棱台的上、下底面积分别为，可得，解得，，分别取的中点，连接，取，，则分别为上、下底面的中心，连接，过点作于点，过点作于点，所以，可得，侧面与下底面所成角，即为，在直角中，可得，解得，所以故棱台侧面的高为．故答案为：3.14．【分析】根据题意求得外接圆的半径，再利用勾股定理证得平面，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解.【详解】记为的中点，连接，由题意知，且，所以外接圆的直径为，且，即半径，过作平面，因为平面，则，又点到平面的距离是，即，而，所以，同理，又，所以是同一个点，所以平面，设三棱锥的外接球的半径为，则，则三棱锥的外接球表面积为.故答案为：15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先说明四边形为平行四边形，连接交于点，连接，即可得到，从而得证；（2）在等腰梯形中可得、为等边三角形，在四棱锥中取的中点，连接、，过点作交于点，即可得到为二面角的平面角，求出，再证明平面，最后根据计算可得.【详解】（1）在等腰梯形中，，，为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，连接交于点，连接，则为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）在等腰梯形中，由（1）知，即为等边三角形，则，连接，则也为等边三角形，即，所以也为等边三角形，在四棱锥中取的中点，连接、，过点作交于点，依题意且，所以为二面角的平面角，即，又，所以为等边三角形，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又，所以.16．(1)(2)存在，为的中点【分析】（1）根据计算可得；（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形，所以平面，所以.（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又为的中点，所以且，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得，进而可证平面．（2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积.【详解】（1）因为是正三角形，点为的中点，所以．因为，是正三角形，点为的中点，所以，．因为，平面，平面，所以平面．因为平面，所以，因为，平面，平面，所以平面．（2）设，则是边长为的正三角形，因为，所以，因为是正三角形，且，所以，所以三棱锥的体积，所以，的面积为，与的面积相等，其面积之和为，在中，，，所以的面积为．所以三棱锥的表面积为．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定证明平面即可；（2）先根据线面垂直的判定证明平面，再根据求解即可.【详解】（1）因为，所以四点共面，因为四边形为菱形，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）因为平面，平面，所以，又因为，平面，故平面，又因为互相平分，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，又因为，所以三棱锥的体积为.19．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，则，，又底面是正方形，即，则，即四边形为平行四边形，则，又在平面外，平面，故平面.

（2）取线段的中点为点，连接、，又，底面是边长为的正方形，则，且，，又二面角的大小为，即平面平面，又平面，平面平面，则平面，则是直线与平面所成角，在中，，即，故直线与平面所成角的大小为.20．(1)；(2)【分析】（1）利用等体积法求解点到平面的距离；（2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，结合余弦值得出，利用勾股定理可得答案.【详解】（1）连接，则，平面平面，平面平面＝AC，平面，平面，又平面，，又正方形的边长为，，，设点到平面的距离为，则，，，即点到平面的距离；（2）取的中点，连接，，，，，为二面角的平面角，，由题可知与全等，在中，，，，，，.【能力提升训练】一、单选题1．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线AD所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（

）A． B． C． D．2．（22-23高一下·北京通州·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则3．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（

）A． B． C． D．14．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（

）

A． B．9 C． D．5．（22-23高一下·河南周口·期末）如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（

）

A．AC1=4 B．BC1＝4 C．AB1＝6 D．B1C＝66．（2024·河南·一模）如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（

）A． B．1 C． D．7．（2024·甘肃定西·一模）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（

）A． B． C． D．8．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（

）A． B． C． D．二、多选题9．（22-23高一下·河南商丘·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（

）A．直线l与平面PAD有一个交点B．C．直线PA与l所成角的余弦值为D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为10．（2024·河北·一模）如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（

）A．平面AMNB．平面DBFC．平面AMND．F是的中点11．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（

）A．平面B．平面C．异面直线与所成角为60°D．平面截正方体所得截面为等腰梯形12．（2024·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（

）A．直线与所成的角的大小为B．直线平面C．平面平面D．四面体外接球的体积与正方体的体积之比为三、填空题13．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为.14．（23-24高三下·安徽·阶段练习）若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为.15．（23-24高三下·江苏南通·开学考试）一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为．若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为．16．（23-24高三下·四川·阶段练习）如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时.

四、解答题17．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.

(1)证明：平面平面；(2)证明平面，并求直线到平面的距离.18．（2024·北京东城·一模）如图，在五面体中，底面为正方形，.

(1)求证：；(2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分19．（23-24高一下·广东河源·期中）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，.(1)证明：平面；(2)若二面角为，求异面直线与所成角的正切值.20．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，为AC的中点，.(1)证明：.(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.参考答案：题号12345678910答案BBBABBDDBDBCD题号1112答案ACDABD1．B【分析】由异面直线所成的角求得长方体中棱的关系，再根据线面角定义计算．【详解】长方体中，，所以就是直线与直线AD所成角，因此，即，又由平面知是直线与平面所成角，，故选：B．2．B【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可；【详解】A：若，，则或相交，故A错误；B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确；C：若，，则或，故C错误；D：若，，则相交或或，故D错误；故选：B.3．B【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.【详解】在棱长为1的正方体中，连接，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，于是，同理，而平面，因此平面，因为，则平面，而点为截面上的动点，平面平面，所以点的轨迹是线段，长度为.故选：B4．A【分析】作出正方体的截面图形，求出周长即可.【详解】

如图，取AB的中点G，连接GE，，．因为E为BC的中点，所以，，又，，所以四边形为平行四边形，所以，，所以，，所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形，其周长为．故选：A．5．B【分析】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由MN//平面可得点N的轨迹为线段DE，据此即可得解.【详解】如图，

取的中点D，的中点E，连接MD，DE，ME，由，，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面所以平面平面，又平面，故点N的轨迹为线段DE，又由，可得．故选：B．6．B【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解.【详解】连接．由已知得为的中位线，所以，为正三角形的中线，所以，又，所以，所以为直角三角形，所以．因为，所以到平面的距离为，设到平面的距离为，因为，所以，所以，所以．故选：B.7．D【分析】设，利用线面角的定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解.【详解】如图，设，因为在矩形中，，所以，因为底面，所以分别是与底面所成的角，即，所以.因为，所以，解得(负根舍去)，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将看作一个整体，结合题设条件得到关于的方程，从而得解.8．D【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可.【详解】正方体的外接球球心是的中点，而，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P，因此点与点到平面的距离相等，由平面，，得平面，在平面内过作于，而平面，于是，又，从而，又球的半径，则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有，所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积.故选：D9．BD【分析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D.【详解】如图，取棱PC的中点F，连接EF，DF，因为E是棱PB的中点，则，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，即平面PAD，故A错误；由底面ABCD，平面ABCD，所以，由，可得为等腰直角三角形，而斜边PC的中点为F，所以，再由底面ABCD是正方形，易得，又，且平面PDC，所以平面PDC，又平面PDC，所以，又，且平面ADFE，所以平面ADFE，又平面ADFE，所以，故B正确；由，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角，由，则，即PA与AD所成的角的余弦值为，故C错误；，，所以，所以，故D正确.故选：BD.

10．BCD【分析】利用线面关系即可判断A；利用线面垂直的判断定理和性质定理，即可判断BC；利用图形，结合垂直关系和平行关系的转化，即可判断D.【详解】A.由题意可知，点是的中点，所以点三点共线，所以点平面，所以平面，则直线与平面不平行，故A错误；B.因为平面，平面，所以，且，，且平面，所以平面，且平面，且平面平面，因为，所以平面，故B正确；C.由平面，平面，所以，因为轴截面ABCD为正方形，点是的中点，所以，，且平面，所以平面，故C正确；D.平面，平面，所以，且点是的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，所以，且是的中点，所以，且,所以，则，点F是的中点，故D正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面，面面的位置关系，本题的关键是能从几何体中抽象出线线，线面的位置关系，以及根据几何图形的性质，转化几何关系.11．ACD【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D.【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，如图，取中点，连接，在正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，又分别为，中点，则，故，设正方体棱长为，则，故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误；对于C，如图，连接，在正方体中，，即为正三角形，又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确；对于D，如图，连接，在正方体中，，所以四边形为平行四边形，则，又，所以，所以四点共面，故平面截正方体所得截面为四边形，设正方体棱长为，则，所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确.故选：ACD.12．ABD【分析】根据异面直线所成角可判定A选项，根据线面平行的判定定理可判定B选项，根据面面垂直的性质定理可判定C选项，根据正方体的体积及外接球的体积公式可判定D选项.【详解】解析：对于A：连接，如图，由正方体的结构特征知，，即为正三角形．又因为分别为的中点，则，因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角，又，所以直线与所成的角的大小为，A正确；对于B：因为，所以平面平面，故直线平面，B正确；对于C：取的中点为，连接，显然的中点为，则，假设平面平面，而平面平面，于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误；对于D：不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积为，又因为四面体的三条侧棱两两垂直，则它的外接球即为以为棱的长方体的外接球，于是球的直径，体积为，于是，D正确，故选：ABD．13．【分析】取的中点，连接、、、，首先证明，即可、、、四点共面，连接，，求出，将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，最后利用余弦定理计算可得.【详解】取的中点，连接、、、，因为点为棱的中点，所以，又且，所以为平行四边形，所以，所以，即、、、四点共面，连接，，则，，因为底面为菱形，且，所以，所以，所以，所以，即，所以，将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，则，又，在中，即，所以，即线段、的长度和的最小值为.故答案为：14．/【分析】根据条件求出正四面体的棱长为，设，利用几何关系得到空间四边形的四条边长之和，即可求出结果.【详解】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球，设正四面体的棱长为，所以正方体的边长为，易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的半径，依题有，得到，即正四面体的棱长为，因为面，面面，面，所以，设因为，则，，在中，因为，所以，在中，，，则，所以空间四边形的四条边长之和，又，当时，，故答案为：.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于设出后，利用几何关系得出，，，从而得出空间四边形的四条边长之和，转化成求的最小值来解决问题.15．【分析】画出图形后结合等体积法可计算点A到平面PBC的距离，在三角形中，找出