專題強(qiáng)化二：異面角、線面角、二面角的常見(jiàn)解法 解析版

專題強(qiáng)化訓(xùn)練二：異面角、線面角、二面角的常見(jiàn)解法技巧一、定義法利用二面角的平面角的定義，在二面角的棱上取一點(diǎn)，過(guò)該點(diǎn)在兩個(gè)半平面內(nèi)作垂直于棱的射線，兩射線所成的角就是二面角的平面角，這是一種最基本的方法.例：在三棱錐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的中點(diǎn)D，連接VD，CD，∵△VAB中，VA＝VB＝AB＝2，∴△VAB為等邊三角形，∴VD⊥AB且VD＝eq\r(3)，同理CD⊥AB，CD＝eq\r(3)，∴∠VDC為二面角V－AB－C的平面角，而△VDC是等邊三角形，∠VDC＝60°，∴二面角V－AB－C的大小為60°.技巧二、三垂線法是利用三垂線定理及其逆定理來(lái)證明線線垂直，來(lái)找到二面角的平面角的方法.這種方法關(guān)鍵是找垂直于二面角的面的垂線.此方法是屬于較常用的.三垂線定理：在平面內(nèi)的一條直線如果和這個(gè)平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直.三垂線定理的逆定理：在平面內(nèi)的一條直線如果和這個(gè)平面的一條斜線垂直，那么它和這條斜線的射影垂直.例：如圖，在三棱錐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的中點(diǎn)D，連接AD，則AD⊥SB，垂足為點(diǎn)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，垂足為點(diǎn)E，連接DE，則DE⊥SC，則∠AED為二面角A－SC－B的平面角.設(shè)SA＝AB＝2，則SB＝BC＝2eq\r(2)，AD＝eq\r(2)，AC＝2eq\r(3)，SC＝4.由題意得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的平面角的正弦值為eq\f(\r(6),3).技巧三、垂面法作一與棱垂直的平面，該垂面與二面角兩半平面相交，得到交線，交線所成的角為二面角的平面角.關(guān)鍵在找與二面角的棱垂直且與二面角兩半平面都有交線的平面.例：如圖，在三棱錐S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分別交AC，SC于點(diǎn)D，E，又SA＝AB，SB＝BC，求二面角E－BD－C的大小.解∵SB＝BC且E是SC的中點(diǎn)，∴BE是等腰三角形SBC底邊SC的中線，∴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.設(shè)SA＝2，則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°.專題強(qiáng)化題型一;異面直線所成的角1．（2023·高一單元測(cè)試）在正四面體中，D為的中點(diǎn)，則直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出直線與所成角，并利用余弦定理求得其余弦值.【詳解】取的中點(diǎn)為E，連接，，則，所以為與所成的角（或其補(bǔ)角）.設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為，則，，，所以在中，.故選：C2．（2023·全國(guó)·高一期中）如圖，在正方體中，直線與所成的角是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，，證明，則即為直線與所成的角或其補(bǔ)角，根據(jù)正三角形即可求解.【詳解】連接，，在正方體中，因?yàn)?，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，則即為直線與所成的角或其補(bǔ)角，由正方體的性質(zhì)可得：為正三角形，所以，則直線與所成的角是，故選：.3．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，已知正三棱柱的棱長(zhǎng)都相等，為棱的中點(diǎn)，則與所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中點(diǎn)，連接、、，設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為，證明出，所以，與所成的角即為與所成的角，或其補(bǔ)角即為所求，推導(dǎo)出，即可計(jì)算出的正弦值，即為所求.【詳解】取的中點(diǎn)，連接、、，設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為，如下圖所示：因?yàn)榍?，所以，四邊形為平行四邊形，所以，且，又因?yàn)?、分別為、的中點(diǎn)，則且，所以，四邊形為平行四邊形，則且，又因?yàn)榍遥?，且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，，所以與所成的角即為與所成的角，或其補(bǔ)角即為所求．在中，，，．因?yàn)?，所以為直角三角形，且，所以．故選：B．題型二：點(diǎn)線面距離問(wèn)題4．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，是側(cè)面的中心，則到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，證明平面，進(jìn)而將其轉(zhuǎn)化為到平面的距離，再根據(jù)等體積法求解即可.【詳解】解：連接，因?yàn)槭莻?cè)面的中心，所以，因?yàn)?，由正方體的性質(zhì)知，所以，是平行四邊形，所以，因?yàn)槠矫?，平面所以平面，所以，到平面的距離與到平面的距離相等，設(shè)到平面的距離為中，，，因?yàn)椋?，，解得所以，到平面的距離為故選：A5．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長(zhǎng)為1，AB1與底面ABCD所成角的大小為60°，則A1C1到底面ABCD的距離為（

）A． B．1 C．2 D．【答案】D【分析】根據(jù)線面角的定義得到∠B1AB是AB1與底面ABCD所成的角，進(jìn)而求出正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側(cè)棱長(zhǎng)，再根據(jù)A1C1∥平面ABCD即可求出答案.【詳解】由題意，B1B⊥平面ABCD，所以∠B1AB是AB1與底面ABCD所成的角，則∠B1AB＝60°，因?yàn)檎睦庵鵄BCD-A1B1C1D1底面邊長(zhǎng)為1，所以B1B＝AB×tan60°＝，即正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側(cè)棱長(zhǎng)為.又因?yàn)锳1C1∥平面ABCD，A1A⊥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距離為A1A＝.故選：D.6．（2022春·黑龍江牡丹江·高一牡丹江市第二高級(jí)中學(xué)?？计谀┮阎睦庵鵄BCD-A1B1C1D1中，AB=2，CC1=E為CC1的中點(diǎn)，則直線AC1與平面BED的距離為A．2 B． C． D．1【答案】D【詳解】試題分析：因?yàn)榫€面平行，所求求線面距可以轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)到面的距離，選用等體積法．平面，到平面的距離等于到平面的距離，由題計(jì)算得，在中，，邊上的高，所以，所以，利用等體積法，得:,解得:考點(diǎn)：利用等體積法求距離題型三：線面角問(wèn)題7．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）在正方體中，若點(diǎn)是面的中心，則與平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取中點(diǎn)，則所求線面角為，利用勾股定理求得，作比可求得結(jié)果.【詳解】取中點(diǎn)，連接為側(cè)面的中心，平面，與平面所成角即為，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為，則，，，，即與平面所成角的余弦值為.故選：C.8．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐中，，，，，.(1)求證：平面.(2)設(shè)E為BC的中點(diǎn)，求PE與平面ABCD所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)【分析】(1)證明PC垂直平面PBD得PC⊥BD，證明BC=CD，從而可得BD⊥AC，由此即可證得結(jié)論；(2)設(shè)AC交BD于O，則O是BD的中點(diǎn)，連接OP，過(guò)作，連接，用線線垂直，證明面，進(jìn)而得到為PE與平面ABCD所成角，然后，利用直角三角形的斜邊中線求出，利用等面積法求出，進(jìn)而利用，計(jì)算得出答案.【詳解】（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）如圖，設(shè)AC交BD于O，則O是BD的中點(diǎn)，連接OP，過(guò)作，連接，由（1）得，BD⊥平面PAC，面，故，又，所以，面，故為PE與平面ABCD所成角，設(shè)，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，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，利用等面積法，得到，故，所以，在中，9．（2022春·山東聊城·高一山東聊城一中?？茧A段練習(xí)）如圖，在中，，，，沿中線將翻折成使得平面平面，設(shè)為的中點(diǎn).(1)求線段的長(zhǎng)；(2)求直線與平面所成角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）推導(dǎo)出平面，可得出，利用余弦定理以及勾股定理可求得線段的長(zhǎng)；（2）利用線面角的定義可知即為直線與平面所成的角，在中可求得的正切值，即為所求.【詳解】（1）翻折前，在中，，，則，且，故是正三角形，翻折后，連接，仍有是正三角形，而為的中點(diǎn)，所以，，且，如圖，在中，，，，由余弦定理得：，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，，平面，所以平面，而平面，故，則有，即.（2）由（1）知，平面，則即為直線與平面所成的角，在中，，，，所以直線與平面所成角的正切值為.題型四：二面角問(wèn)題10．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在正四棱錐中，.(1)求側(cè)棱與底面所成角的大??；(2)求二面角的大小的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)線面角的定義可證得為所求角，設(shè)等邊的邊長(zhǎng)為，由長(zhǎng)度關(guān)系可求得，從而得到結(jié)果；（2）由二面角平面角定義可知為所求二面角的平面角，由長(zhǎng)度關(guān)系可求得結(jié)果.【詳解】（1）設(shè)底面正方形的中心為，連接，由正四棱錐結(jié)構(gòu)特征知：平面，即點(diǎn)在平面上的投影為，為側(cè)棱與底面所成角，在中，，，為等邊三角形，設(shè)其邊長(zhǎng)為，平面，平面，，在中，，，，，即側(cè)棱與底面所成角的大小為.（2）取的中點(diǎn)為，連接，在正方形中，；在等邊中，，為二面角的平面角，平面，平面，；在中，，，，二面角的大小的余弦值為.11．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，四棱錐中，平面，，．過(guò)點(diǎn)作直線的平行線交于為線段上一點(diǎn)．(1)求證：平面平面；(2)求平面與平面所成二面角的余弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）證明出AB⊥平面PAD，由CFAB，得到CF⊥平面PAD，故而得證；（2）作出輔助線，找到∠BED為平面與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.【詳解】（1）因?yàn)槠矫?，AB平面ABCD，所以PA⊥AB，因?yàn)?，所以⊥AD，因?yàn)镻AAD=A，平面PAD，所以AB⊥平面PAD，因?yàn)镃FAB，所以CF⊥平面PAD，因?yàn)镃F平面CFG，所以平面CFG⊥平面PAD；（2）連結(jié)，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥PC于點(diǎn)E，連接DE，如圖，平面，AD，AC平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，因?yàn)?，，由勾股定理得：，則∠ADB=30°，同理可得，∠CDB=30°，故∠ADC=60°，所以三角形ACD為等邊三角形，，故，，，在△BCP中，由余弦定理得：，則，，在△CDP中，由余弦定理得：，在△CDE中，，因?yàn)椋訢E⊥PC，所以∠BED為平面與平面所成二面角的平面角，由余弦定理得：.12．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在三棱臺(tái)中，三棱錐的體積為，的面積為4，，且平面.(1)求點(diǎn)到平面的距離；(2)若，且平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)等積轉(zhuǎn)化法求點(diǎn)到平面的距離；（2）方法1幾何法：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空間向量法：先證明兩兩垂直后建系，用法向量求二面角的余弦值【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，因?yàn)?，三棱錐的體積為，所以三棱錐的體積為，所以三棱錐的體積為，又由，得，解得.（2）由已知設(shè)，，則，，取的中點(diǎn)，連接，如圖所示：則，由平面平面，知面，故，又，從而平面.故，，取中點(diǎn)，則，四邊形是平行四邊形，，從而為正三角形，故，，又，得.在平面內(nèi)作于，則，在平面內(nèi)，作于，連接，因?yàn)槠矫嫫矫?，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，則二面角的平面角為.在直角中，，故，，即所求二面角的余弦值為.法二：取的中點(diǎn)，連接，則，由平面平面知面，故，又，從而平面.故，以為原點(diǎn)，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：設(shè)，，則，，取中點(diǎn)，則，四邊形是平行四邊形，，從而為正三角形，故，，又，得，則，，，所以，設(shè)面的法向量，由，令，得，設(shè)面的法向量，由，令得，故，即所求二面角的余弦值為.專題強(qiáng)化一、單選題13．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱中，若，，，則異面直線與所成的角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】因?yàn)椤?，所以或其補(bǔ)角為異面直線與所成的角，連接，根據(jù)余弦定理即可求得答案．【詳解】如圖，連接，則，，，因?yàn)椤?，所以或其補(bǔ)角為異面直線與所成的角，，則異面直線與所成的角的余弦值為.故選：C．14．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）在正方體中，E，F(xiàn)分別是線段，的中點(diǎn)，則異面直線，EF所成角余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖所示，連接，確定或其補(bǔ)角是異面直線EF與所成角，在直角中，計(jì)算得到答案.【詳解】如圖所示：F是線段的中點(diǎn)，連接交于F，由正方體的性質(zhì)知，知異面直線，EF所成角即為直線，EF所成角，故或其補(bǔ)角是異面直線EF與所成角.設(shè)正方體邊長(zhǎng)為2，在直角中，，，故故選：C15．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱中，，且分別是棱的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)線線平行可得或其補(bǔ)角是異面直線與所成的角，利用三角形三邊關(guān)系，由余弦定理即可求解.【詳解】如圖，在棱上取一點(diǎn)，使得，取的中點(diǎn)，連接,，由于分別是棱的中點(diǎn)，所以，故四邊形為平行四邊形，進(jìn)而,又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以,所以，則或其補(bǔ)角是異面直線與所成的角.設(shè)，則，從而，故,故異面直線與所成角的余弦值是.故選：A16．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）已知正方體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)為棱的中點(diǎn)，則點(diǎn)到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等體積法結(jié)合條件即得.【詳解】由于是的中點(diǎn)，所以到平面的距離等于到平面的距離，設(shè)這個(gè)距離為，由題可知，所以，由于，所以，所以.故選：A17．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）若四棱柱的所有棱長(zhǎng)均為2，且，則到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)與交于點(diǎn)，連接，結(jié)合題意可證明平面，再過(guò)作，垂足為，則，進(jìn)而得到平面，則到平面的距離為，再根據(jù)題意求解即可.【詳解】如圖，設(shè)與交于點(diǎn)，連接，，，，，又為的中點(diǎn)，，四邊形為菱形，，又，平面，在平面中，過(guò)作，垂足為，則，又，平面，即到平面的距離為，由已知：，為等邊三角形，，.和均為等邊三角形，，，在中，由余弦定理，，，，在中，.故選：C.18．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為a的正方形，平面．若，則直線與平面所成的角的大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等積法可得到平面的距離，進(jìn)而即得.【詳解】因?yàn)槠矫?，平面，平面，平面，所以，，，又底面是邊長(zhǎng)為a的正方形，所以，又平面，平面，所以平面，平面，所以，設(shè)到平面的距離為，直線與平面所成的角，則，所以，，所以，所以，又，所以.故選：A.19．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）在長(zhǎng)方體中，，，則與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接交于F，由題意可知與平面所成角與與平面所成角相等，由題意可證平面平面，過(guò)作于，由面面垂直的性質(zhì)定理可得是與平面所成角，即與平面所成角為，在中，計(jì)算即可.【詳解】解：連接交于F，設(shè)與平面所成角為，因?yàn)椤?所以與平面所成角為，如圖：因?yàn)樵陂L(zhǎng)方體中，，，所以四邊形是正方形，是中點(diǎn)，，，所以，又，面，所以平面，又平面，所以平面平面，過(guò)作于，因?yàn)槊婷妫婷?，，面，所以平面，所以，即，所?故選：A.20．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）已知在長(zhǎng)方體中，，，那么直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由長(zhǎng)方體性質(zhì)易知為與面所成的角，進(jìn)而求其正弦值即可.【詳解】根據(jù)長(zhǎng)方體性質(zhì)知：面，故為與面所成的角，，所以.故選：A21．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐中，PD⊥底面ABCD，四邊形ABCD為正方形，且，G為△ABC的重心，則PG與底面ABCD所成的角的正弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接BD，判斷G在BD上，判斷為PG與底面ABCD所成的角，解直角三角形求得所求正弦值.【詳解】連接BD交于，四邊形ABCD為正方形，則為中點(diǎn)，∵G為△ABC的重心，則G在BD上，且，∴，∵PD⊥底面ABCD，∴為PG與底面ABCD所成的角，面ABCD，則，∴，∴.故選：C22．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，以等腰直角三角形斜邊上的高為折痕，把和折成互相垂直的兩個(gè)平面后，則下列四個(gè)結(jié)論中錯(cuò)誤的是（

）A． B．是等邊三角形C．平面平面 D．二面角的正切值為【答案】C【分析】設(shè)等腰直角三角形的腰為，則斜邊，利用面面垂直的性質(zhì)定理易證平面，又平面，從而可知，可判斷A；由題意及設(shè)法可知，，利用勾股定理可求得，從而可判斷B；作出平面與平面的二面角的平面角，利用平面，可知為直角，因此不是直角，從而可判斷C；作出二面角的平面角，設(shè)為，可求得，從而可判斷D.【詳解】設(shè)等腰直角三角形的腰為，則斜邊，為的中點(diǎn)，，又平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，，故A正確；由A知，平面，平面，，又，由勾股定理得：，又，是等邊三角形，故B正確；為等腰直角三角形，取斜邊的中點(diǎn)，則，又為等邊三角形，連接，則,為平面與平面的二面角的平面角，由平面可知，為直角，因此不是直角，故平面與平面不垂直，故C錯(cuò)誤；由題意知，平面，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，則，為二面角的平面角，設(shè)為，則，故D正確;故選：C.23．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)都相等的平行六面體中，，則二面角的余弦值為（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】判斷四面體為正四面體，取的中點(diǎn)，連接，，由等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)，易得即為二面角的平面角，再由余弦定理計(jì)算可得．【詳解】解：棱長(zhǎng)都相等的平行六面體中，，則四面體為正四面體．連接、，，連接，，設(shè)四面體的棱長(zhǎng)為，則，且，，則為二面角的平面角，在中，，故二面角的余弦值為．故選：A．二、多選題24．（2023·高一單元測(cè)試）在長(zhǎng)方體中，已知，則下列結(jié)論正確的有（

）A．B．異面直線與所成的角為C．二面角的余弦值為D．四面體的體積為【答案】ACD【分析】證明平面即可判斷A；根據(jù)，與不垂直判斷B；由為二面角的平面角計(jì)算判斷C；利用長(zhǎng)方體的體積減去4個(gè)三棱錐的體積即可得答案.【詳解】解：因?yàn)樵陂L(zhǎng)方體中，，所以，四邊形為正方形，平面，因?yàn)槠矫妫?，因?yàn)槠矫妫云矫?，因?yàn)槠矫?，所以，故A正確；由長(zhǎng)方體的性質(zhì)易知，因?yàn)?，所以與不垂直，故與不垂直，所以B不正確；設(shè)與交于，連接，由長(zhǎng)方體性質(zhì)知，故為等腰三角形，所以，由于，所以為二面角的平面角，在中，，所以，所以，故C正確：四面體的體積為，所以D正確，故選：ACD．25．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在平面四邊形ABCD中，△BCD是等邊三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中點(diǎn)．沿BD將△BCD翻折，折成三棱錐C﹣ABD，連接BM，翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（

）A．存在某個(gè)位置，使得CM與BD所成角為銳角B．棱CD上總恰有一點(diǎn)N，使得MN∥平面ABCC．當(dāng)三棱錐C﹣ABD的體積最大時(shí)，AB⊥BCD．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角【答案】BC【分析】對(duì)A：根據(jù)線面垂直的判斷定理證明BD⊥平面CME，可證CM⊥BD；對(duì)B：根據(jù)線面平行的判定定理分析證明；對(duì)C：根據(jù)錐體的體積公式分析可知:當(dāng)CE⊥平面ABD，三棱錐C﹣ABD的體積最大，進(jìn)而根據(jù)線面垂直的判斷和定義分析說(shuō)明；對(duì)D：根據(jù)二面角的平面角的定義理解分析.【詳解】對(duì)A，取BD中點(diǎn)E，連接CE，ME，如圖，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD，而M是AD的中點(diǎn)，有ME∥AB，而AB⊥BD，則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不正確；對(duì)B，取CD的中點(diǎn)N，連MN，因M是AD的中點(diǎn)，則MN∥AC，AC?平面ABC，MN?平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正確；對(duì)C，因，要三棱錐C﹣ABD的體積最大，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C到平面ABD距離最大，由選項(xiàng)A知，點(diǎn)C到直線BD的距離是二面角A﹣BD﹣C的平面角，當(dāng)∠CEM＝90°時(shí)，CE⊥平面ABD，即當(dāng)C到平面ABD距離最大為時(shí)，三棱錐C﹣ABD的體積最大，此時(shí)CE⊥ME，有CE⊥AB，而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD?平面BCD，則有AB⊥平面BCD，BC?平面BCD，所以AB⊥BC，C正確；對(duì)D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，則AD⊥CM，因?yàn)镸為AD中點(diǎn)，故CA＝CD，這不一定成立，故D錯(cuò)誤．故選：BC．26．（2022·高一單元測(cè)試）在棱長(zhǎng)為的正方體中，下列結(jié)論正確的是（

）A．異面直線與所成角的為B．異面直線與所成角的為C．直線與平面所成角的正弦值為D．二面角的大小為【答案】ACD【分析】利用異面直線所成角的定義可判斷AB選項(xiàng)；利用線面角的定義可判斷C選項(xiàng)；利用二面角的定義可判斷D選項(xiàng).【詳解】如下圖所示：對(duì)于A選項(xiàng)，，則與所成的角為，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，，所以，與所成角為或其補(bǔ)角，因?yàn)?，，，，則，所以，，故，B錯(cuò)；對(duì)于C選項(xiàng)，平面，故直線與平面所成角為，平面，則，所以，，因此，直線與平面所成角的正弦值為，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，平面，、平面，則，，所以，二面角的平面角為，D對(duì).故選：ACD.27．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖甲，在矩形中，，為的中點(diǎn)．將沿直線翻折至的位置，為的中點(diǎn)，如圖乙所示，則（

）A．翻折過(guò)程中，四棱雉必存在外接球，不一定存在內(nèi)切球B．翻折過(guò)程中，不存在任何位置的，使得C．當(dāng)二面角為時(shí)，點(diǎn)到平面的距離為D．當(dāng)四棱雉的體積最大時(shí)，以為直徑的球面被平面截得的交線長(zhǎng)為【答案】BCD【分析】選項(xiàng)A，可以通過(guò)判斷四邊形無(wú)外接圓即可判斷出四棱錐無(wú)外接球；選項(xiàng)B，假設(shè)存在位置使，可證出平面，從而有，這顯然不成立，即判斷出假設(shè)錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，先由二面角為求出二面角為，即可求出點(diǎn)到平面的距離，然后使用等體積轉(zhuǎn)化法，求出點(diǎn)到平面的距離，點(diǎn)到平面的距離是點(diǎn)到平面距離的一半，通過(guò)求解判斷即可；選項(xiàng)D，以為直徑的球面被平面截得的交線為圓，所以需利用球的半徑和球心到平面的距離求出該圓的半徑，當(dāng)四棱錐的體積最大時(shí)，平面平面，可以證出平面，即為到平面的距離，所以，代入即可.【詳解】對(duì)于A，由已知，直角三角形存在以為直徑的唯一外接圓，∵，∴點(diǎn)不在該圓上，所以四邊形不存在外接圓，因此四棱錐不存在外接球，故A錯(cuò)誤；對(duì)于，由已知，，，∴，∴，即，假設(shè)在翻折過(guò)程中，存在位置，使得，則∵，平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，∵在翻折至的位置的過(guò)程中，，∴顯然不成立，故假設(shè)錯(cuò)誤，∴翻折過(guò)程中，不存在任何位置的，使得，故B正確；對(duì)于，取中點(diǎn)，由已知，，∴，∴，∴是二面角的平面角，當(dāng)二面角為時(shí)，二面角為，即，又∵，∴到平面的距離為，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，則，∴，∴∴，即點(diǎn)到平面的距離為，∵點(diǎn)為中點(diǎn)，∴點(diǎn)到平面的距離是點(diǎn)到平面距離的，∴點(diǎn)到平面的距離為，故正確；對(duì)于，四棱錐底面梯形的面積為定值，∴當(dāng)四棱錐的體積最大時(shí)，平面平面，∵平面平面，平面，由B選項(xiàng)有，∴平面，∵平面，∴，∴，又∵平面，∴點(diǎn)到平面的距離，∵點(diǎn)為中點(diǎn)，∴以為直徑的球的半徑，球心到平面的距離，易知，球面與被平面截得交線為圓，其半徑，∴該交線周長(zhǎng)為，故正確.故選：BCD.【點(diǎn)睛】解決本題C選項(xiàng)中的二面角問(wèn)題是本題的難點(diǎn)，使用空間向量無(wú)法區(qū)分二面角為還是，而二面角的平面角也不易證明，這里采用了找到其補(bǔ)二面角的方法.三、填空題28．（2023·高一單元測(cè)試）長(zhǎng)方體中，棱，，則與所成角的余弦值是______．【答案】【分析】由長(zhǎng)方體性質(zhì)及異面直線所成角的定義找到其平面角，進(jìn)而求其余弦值.【詳解】由長(zhǎng)方體的性質(zhì)知：，故與所成角即為，而，，故.故答案為：29．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱中，是等邊三角形，，是棱的中點(diǎn).求點(diǎn)到平面的距離等于_______【答案】【分析】利用三棱錐的等積性、線面垂直的性質(zhì)、面面垂直的判定定理和性質(zhì)，結(jié)合直三棱柱的性質(zhì)、三棱錐的體積公式進(jìn)行求解即可.【詳解】因?yàn)槭侵比庵?，所以平面，而平面，所以，因?yàn)槭抢獾闹悬c(diǎn)，所以，由勾股定理可得：，，因?yàn)槭堑冗吶切危抢獾闹悬c(diǎn).，所以，所以，因?yàn)?，所以，因此，因?yàn)槠矫妫矫?，所以平面平面，因?yàn)槠矫嫫矫妫?，平面，所以平面，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由，故答案為：30．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）若正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為，與底面成角，則到底面的距離為_(kāi)_________.【答案】【分析】確定到底面的距離為正四棱柱的高，即可求得結(jié)論．【詳解】∵正四棱柱，∴平面平面，平面，平面,到底面的距離為正四棱柱的高∵正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為，與底面成角，故答案為:．31．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）三棱錐P－ABC中，二面角P－AB－C為120°，和均為邊長(zhǎng)為2的正三角形，則三棱錐P－ABC外接球的半徑為_(kāi)_____．【答案】【分析】作出圖形，根據(jù)條件可知：球心既過(guò)的外心垂直平面的垂線上，又在過(guò)的外心垂直平面的垂線上，然后利用二面角的大小和勾股定理即可求解.【詳解】作出三棱錐P－ABC，如圖所示：為的中點(diǎn)，分別為和的外心，過(guò)點(diǎn)分別作平面和平面的垂線，交點(diǎn)為，連接.根據(jù)題意可知：球心既過(guò)的外心垂直平面的垂線上，又在過(guò)的外心垂直平面的垂線上，所以三棱錐外接球的球心，設(shè)外接球半徑，由題意知：和均為邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以，，所以即為二面角P－AB－C的平面角，因?yàn)槎娼荘－AB－C為120°，也即，因?yàn)楹途鶠檫呴L(zhǎng)為2的正三角形，所以，，則，所以，則，在中，因?yàn)?，，所以，又因?yàn)?，所以在中，，即，所以，故答案為?四、解答題(共0分32．（2023春·安徽馬鞍山·高一馬鞍山二中?？计谥校┤鐖D所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn).(1)求點(diǎn)B到平面B1CD的距離；(2)求異面直線AC1和B1C所成角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等體積法轉(zhuǎn)化即可；（2）先將異面直線通過(guò)平行轉(zhuǎn)化于同一面，再利用余弦定理解角即可.【詳解】（1）因?yàn)椤鰽BC正三角形，D為AB的中點(diǎn)，AB＝2，則BD＝1，CD＝．又BB1⊥底面ABC，BB1＝AA1＝1，則B1D＝，B1C，則，所以CD⊥B1D．所以，．設(shè)點(diǎn)B到平面B1CD的距離為d，由，得，即，所以，即點(diǎn)B到平面B1CD的距離為．（2）連結(jié)BC1，交B1C于點(diǎn)M，連結(jié)MD，則M為BC1的中點(diǎn)，又D為AB的中點(diǎn)，則AC1∥MD，所以∠CMD或其補(bǔ)角即為異面直線AC1和B1C所成角,因?yàn)檎庵鵄BC－A1B1C1中，CC1⊥AC，CC1＝1，AC＝2，所以AC1＝，所以MD＝，又CD＝，CM＝，由余弦定理，得．所以異面直線AC1和B1C所成角的余弦值為．33．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）所有棱長(zhǎng)均相等的四面體中，，是的中點(diǎn)．(1)求直線與所成角大??；(2)求點(diǎn)到平面的距離．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)異面直線所成角定義，結(jié)合三角形中位線、余弦定理進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)正四面體的性質(zhì)，結(jié)合正弦定理、勾股定理進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）設(shè)中點(diǎn)為，連接，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以，且，因此是直線與所成角（或其補(bǔ)角），因?yàn)檎拿骟w各個(gè)面都是正三角形，所以，由余弦定理可知：，因此直線與所成角大小為.（2）設(shè)在底面的射影為，是底面三角形的中心，所以，由勾股定理可知：，所以點(diǎn)到平面的距離為.34．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，是圓柱的一條母線，是底面的一條直徑，是圓上一點(diǎn)，且，.(1)求直線與平面所成角正弦值；(2)求點(diǎn)到平面的距離.【答案】(1)(2)【分析】（1）由線面垂直判定可知平面，由線面角定義知所求角為，由長(zhǎng)度關(guān)系可得結(jié)果；（2）過(guò)作，由面面垂直的判定與性質(zhì)可知即為所求距離，利用面積橋可求得結(jié)果.【詳解】（1）平面，平面，，；是圓的直徑，，又，平面，平面，即為直線與平面所成角，，，，又，，即直線與平面所成角的正弦值為.（2）過(guò)作，垂足為，由（1）得：平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，，平面，，，根據(jù)等面積法知：，，即到平面的距離等于.35．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體中，，點(diǎn)為的中點(diǎn)．(1)求直線與平面所成的角；(2)求點(diǎn)到平面的距離．【答案】(1)(2)【分析】(1)連接BP，則平面，得為直線AP與平面所成角，利用線面垂直的性質(zhì)求出即可求解；(2)過(guò)點(diǎn)P作，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)和判定定理可得平面，即PE為點(diǎn)P到平面的距離，求出PE即可.【詳解】（1）連接BP，則，在長(zhǎng)方體中，平面，所以為直線AP與平面所成角，由平面，得，即，由，得，所以直線AP與平面所成的角為；（2）過(guò)點(diǎn)P作，垂足為E，在長(zhǎng)方體中，平面，平面，得，又平面，所以平面，即PE為點(diǎn)P到平面的距離，而，所以點(diǎn)P到平面的距離為.36．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）已知平面ABCD，ABCD是正方形，異面直線PB與CD所成的角為．(1)二面角的大??；(2)直線與平面所成的角的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）作于E，連接ED，由已知推導(dǎo)出就是二面角的平面角，由此根據(jù)余弦定理得出，即可得出答案；（2）還原棱錐為正方體，作于F，連接，即可推導(dǎo)出就是直線與平面所成的角，即可求出答案.【詳解】（1）ABCD是正方形，，就是異面直線PB與CD所成的角，即，平面ABCD，平面ABCD，，，作于E，連接ED，在與中，，，，，，就是二面角的平面角，設(shè)，則，，則，則，即，二面角的大小為；（2）還原棱錐為正方體，作于F，平面平面，，平面，連接，則就是直線與平面所成的角，，，，即，直線與平面所成的角為.37．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）在三棱柱中，，，，點(diǎn)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)是線段上的一動(dòng)點(diǎn)，.(1)求證：；(2)求平面與平面所成的二面角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）根據(jù)三棱柱中的垂直關(guān)系以及角度，可通過(guò)證明平面，利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；（2）根據(jù)（1）可通過(guò)二面角的定義作出二面角的平面角，再利用線面垂直通過(guò)判斷三角形形狀求得二面角的正弦值.【詳解】（1）由題意可知，，又，所以，連接，如下圖所示：由，可知，是正三角形，又點(diǎn)為棱的中點(diǎn)，所以，平面，平面，，所以平面，平面所以.（2）由（1）知，，根據(jù)二面角定義可知，即為所求二面角的平面角或其補(bǔ)角，在正三角形中，，所以，因?yàn)?，，所以，又，且，所以平面，而平面，所以，在中，，所以，于是平面與平面所成的二面角的正弦值為38．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，，E為AC的中點(diǎn)，將沿AC翻折使點(diǎn)D至點(diǎn).(1)求證：平面平面ABC；(2)若三棱錐的體積為，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）由線線垂直證線面垂直，再證面面垂直；（2）過(guò)作于點(diǎn)，過(guò)M作于點(diǎn)，連接，分析得即為二面角的平面角，由三棱錐體積求得，即可進(jìn)一步由幾何關(guān)系求得.【詳解】（1）證明：在菱形中，，∴和均為等邊三角形，又∵E為AC的中點(diǎn)，∴，，，平面，∴平面，又∵平面ABC，∴平面平面ABC.（2）過(guò)作于點(diǎn)，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC.∴