专题十四 空间点、线、面之间的位置关系
一、多选题
1．（2021·全国高三其他模拟）《九章算术》成书于公元一世纪左右，经历代各家的不断增补和修订，而逐渐
成为现今定本，现今流传的大多是在三国时期魏元帝景元四年（263 年）刘徽为《九章》所作注本.书中阐
述：将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四
棱锥称之为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“堑堵” 1 1 1ABC A B C 中，
2ACB ，
E ， F 分别为 1A B ， 1AC 上的点，下列结论正确的是（ ）
A．四棱锥 1 1 1A B BCC 为“阳马”
B．若 1AE A B ， 1AF AC ，则四面体 1A AEF 为“鳖臑”
C．当 E ， F 分别为 1A B ， 1AC 的中点时，四面体 1A AEF 为“鳖臑”
D．若CA CB ，则当 1 3A B 时，四面体 1A ABC 为“鳖臑”，且体积的最大值为 3
2
【答案】ABD
【分析】
对于选项 A,B,C，可以证明几何体符合或不符合“阳马”“鳖臑”的定义即得解；对于选项 D,可以利用导数求体
积的最大值，即得解.
【详解】
对于选项 A,在四棱锥 1 1 1A B BCC 中，底面 1 1B BCC 为矩形，且 1 1AC 平面 1 1B BCC ，则四棱锥 1 1 1A B BCC
为“阳马”， 所以选项 A 正确；
对于选项 B，在四面体 1A AEF 中，因为 BC ⊥ 平面 1A AC ，所以平面 1A BC 平面 1A AC ，又 1AF AC ，
AF 平面 1A BC ，又 1AE A B ，所以 1A B 平面 AEF ，所以四面体 1A AEF 中的四个面都是直角三角
形，所以四面体 1A AEF 为“鳖臑”，故选项 B 正确；
对于选项 C，当 E ，F 分别为 1A B ， 1AC 的中点时，EF BC∥ ，因为 1AA 与 AC 的长度不确定，所以 1A FA
不一定为
2
，所以四面体 1A AEF 不一定为“鳖臑”， 选项 C 不正确；
对于选项 D，当 1 3A B 时，不妨设CA CB x ， 1AA y ，
由题意可知， 2 22 9x y ，则 2 22 9x y ， 0,3y ，
四面体 1A ABC 的体积 1
2 2 31 1 1 19 93 2 12 12A ABCV x y y y y y ， 0,3y .
设函数 3 9f t t t ， 0,3t ，则 22 3 33 9 3 3 3t tf t tt ，当 0, 3t
时， 0f t ， f t 在 0, 3 上单调递增，当 3,3t 时， 0f t ， f t 在 3,3 上单调递减，
所以当 3t 时， max 3 6 3f t f ，
所以四面体 1A ABC 的体积的最大值为 3
2
，选项 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】
方法点睛：最值问题的求解常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式
法. 要根据已知条件，灵活选择合适的方法求解.
2．（2021·全国高三其他模拟）关于空间两条不同直线 a ，b 和两个不同平面 ， ，下列命题错误的是（ ）
A． a ， b ，则 / /a b B． a b
r r ，b ，则 / /a
C． / /a ， / /b ，则 / /a b D． a ， a ，则 / /
【答案】BC
【分析】
利用空间线线、线面垂直、平行的判定与性质以及线线、线面以及面面的位置关系逐一判断即可.
【详解】
由空间线线、线面垂直、平行的判定与性质知 A 选项与 D 选项正确；
B 选项中，可能有 a ，所以 B 选项错误；
C 选项中 a ，b 可能相交或异面，所以 C 选项错误，
故选：BC.
3．（2021·全国高三专题练习）如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E､F 是线段 A1C1 上的两个动点，且 EF
的长为定值，下列结论中正确的是（ ）
A． BD CE B． BD 面 CEF
C．三角形 BEF 和三角形 CEF 的面积相等 D．三棱锥 B-CEF 的体积为定值
【答案】ABD
【分析】
由正方体的性质知 BD 面 1 1ACC A ，由 BEF 和 CEF△ 的底边 EF 上的高不相等可知它们的面积不相等，
又 B 点到面 CEF 的距离为定值，即可判断各项的正误．
【详解】
因为 BD 面 1 1ACC A ， 1 1CE ACC A ，面 CEF 与面 1 1ACC A 重合，所以 A，B 均正确；
B 到 EF 的距离为 1 1BAC△ 的高， C 到 EF 的距离即为 1CC ，所以 BEF 的面积大于 CEF△ 的面积，C 错
误；
B 点到面CEF 的距离为定值，为
2
BD 长， CEF△ 的面积也为定值，故三棱锥 B-CEF 的体积为定值 D 正确；
故选：ABD．
【点睛】
本题主要考查立体几何中线线垂直，线面垂直的判定，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解
答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于
立体几何中三棱锥体积的计算问题，往往选择适当底面和高是解题的关键.
4．（2021·广东高三专题练习）如图四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，∠BAD＝ 2
3
，PA＝AC＝2，
PA⊥平面 ABCD，点 E 为 PD 的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱锥 P﹣ABCD 的外接球体积为 32
3
B．异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值为 2
4
C．PB∥平面 ACE
D．BD⊥平面 PAC
【答案】CD
【分析】
由题意可得四棱锥 P﹣ABCD 无外接球，即可判断选项 A；由 FH∥PD，GH∥AC，可得异面直线 AC 与 PD
所成的角为∠FHG 或其补角，利用余弦定理求得 cos∠FHG，即可判断选项 B；由 OE∥PB，可得 OE∥PB，
即可判断选项 C；由 PA⊥BD，AC⊥BD，可得 BD⊥平面 PAC，即可判断选项 D．
【详解】
解：因为底面 ABCD 是菱形， 2
3BAD ，
所以四棱锥 P﹣ABCD 无外接球，故选项 A 错误；
取 PA，CD，AD 的中点 F，G，H，连接 FG，FH，GH，
则 FH∥PD，GH∥AC，所以异面直线 AC 与 PD 所成的角为∠FHG 或其补角，
因为 1 12GH AC ， 1 22FH PD ，FG＝2，所以 2cos 4FHG ，
故异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值为 2
4
，故选项 B 错误；
连接 BD 交 AC 于点 O，连接 OE，
因为 E 为 PD 的中点，则 OE∥PB，
所以 PB∥平面 ACE，故选项 C 正确；
因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥BD，
因为底面 ABCD 是菱形，所以 AC⊥BD，
又 AC∩PA＝A，所以 BD⊥平面 PAC，故选项 D 正确．
故选：CD．
【点睛】
关键点睛：本题考查几何体外接球问题、异面直线所成角的求解、线面平行和垂直的判断，解题的关键是
正确应用已知条件，寻找恰当的辅助线，正确利用判定定理.
5．（2021·全国高三其他模拟）如图，已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有棱长均为 3， D ， E ， F ，G 分
别在棱 1 1A B ， 1 1AC ， AB ， AC 上，且 1 1A D A E BF CG ， H 是 BC 的中点， P 是 1A H 的中点，则
（ ）
A． //DE 平面 PFG
B．若 M ， N 分别是平面 1 1A ABB 和 1 1A ACC 内的动点，则 MNP△ 周长的最小值为 9
4
C．若 1
3BF AB ，过 P ， F ，G 三点的平面截三棱柱所得截面的面积为 3 39
4
D．过点 A 且与直线 1AA 和 BC 所成的角都为 45°的直线有 2 条
【答案】BCD
【分析】
直线与平面中的直线平行时，直线与平面平行，或者直线在平面内；利用化曲为直的思想构建对称平面即
得 MNP△ 周长的最小值；构建圆锥即得异面直线所成的角．
【详解】
选项 A．因为 1 1A D A E BF CG ，所以 //DE FG ，连接 EF ， DG ，可得 EF ， DG 相交于点 P ，则
DE 在平面 PFG 内，故 A 错误．
选项 B，平面 1 1A ABB 和 1 1A ACC 所成的锐二面角为 60°，点 P 到平面 1 1A ABB 和 1 1A ACC 的距离均为 3 3
8
，
分别作点 P 关于平面 1 1A ABB 和 1 1A ACC 的对称点 1M ， 1N ．易证当 M ， N 分别取直线 1 1M N 与平面
1 1A ABB 和 1 1A ACC 的交点时， MNP△ 的周长最短，且这个周长的最小值为 9
4
，故 B 正确．
选项 C，由 A 选项可知， D ， E 在过 P ， F ，G 三点的平面中，截面面积为 3 39
4
，故 C 正确．
选项 D，易知 1AA BC ，所以过点 A 且与直线 1AA 所成的角都为 45°的直线构成以 A 为顶点，以 1AA 为轴
的圆锥，同理和 BC 所成的角都为 45°的直线构成以 A 为顶点，以 B C 为轴的圆锥，所以两个圆锥的公共
母线即求，故 D 正确．
故选：BCD
6．（2021·全国高三专题练习）已知直线l 平面 ，直线 m 平面 ，有下列四个命题：其中正确命题
的选项是（ ）．
A．若 // ，则l m ； B．若 ，则 //l m ；
C．若 //l m ，则 ； D．若l m ，则 // ．
【答案】AC
【分析】
结合条件，利用线线，线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】
已知直线 l 平面 ，直线 m 平面 ，
对于选项 A，若 // ，得到直线l 平面 ，所以 l m ，故 A 正确；
对于选项 B，若 ，直线l 在 内或者l // ，则l 与 m 的位置关系不确定，故 B 错误；
对于选项 C，若 //l m ，则直线 m ，由面面垂直的性质定理，可得 ，故 C 正确；
对于选项 D，若l m ，则 与 可能相交，故 D 错误．
故选:AC.
7．（2021·山东高三专题练习）已知 ,a b 是不同直线， , 是不同平面，且 a ， //b ，则下列四个命题
中正确的是（ ）
A．若 a b
r r ，则 // B．若 //a b ，则
C．若 ，则 //a b D．若 // ，则 a b
r r
【答案】BD
【分析】
在正方体中可找到反例说明 AC 错误；根据面面垂直的判定可证得 B 正确；由线面垂直的性质可证得 D 正
确.
【详解】
对于 A，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，若直线 a 为 1AA ，直线b 为 1 1A D ，平面 为平面 ABCD ，平面
为平面 1 1BCC B ，此时满足条件，但 BC ，A 错误；
对于 B， //b ，在 内必存在一条直线 c ，使得 //b c ，
又 //a b ， a ，则 b ， c ，又 c ， ，B 正确；
对于 C，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，若直线 a 为 1AA ，直线b 为 1 1A D ，平面 为平面 ABCD ，平面
为平面 1 1BCC B ，此时满足条件，但 1a b A ，C 错误；
对于 D， // ， //b ， b 或 //b ，
当b 时，由 a 知： a b
r r ；
当 //b 时，在 内必存在一条直线 c ，使得 //b c ，由 a 知： a c ， a b ；
综上所述： a b
r r ，D 正确.
故选：BD.
8．（2021·湖南长沙市·高一月考）点 M 是正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中侧面正方形 1 1ADD A 内的一
个动点，则下面结论正确的是（ ）
A．满足 1CM AD 的点 M 的轨迹为线段
B．点 M 存在无数个位置满足直线 1 / /B M 平面 1BC D
C．在线段 1AD 上存在点 M ，使异面直线 1B M 与 CD 所成的角是30°
D．若正方体的棱长为 1，三棱锥 1B C MD 的体积的最大值为 1
3
【答案】ABD
【分析】
对于 A，由正方体的性质和 1CM AD 可得 1AD 平面 1A DC ，从而可得点 M 在线段 1A D 上时，有
1CM AD ；对于 B，由正方体的性质可得平面 1 1AD B ∥平面 1BC D ，所以当点 M 在 1AD 上时，均有
1 / /B M 平面 1BC D ，从而可判断；对于 C，异面直线 1B M 与CD 所成的角是 1 1A B M ，当 M 在线段 1AD
上运动时，点 M 取 1AD 的中点时， 1 1A B M 最小，其正切值为 2 3
2 3
，从而可判断；对于 D，由正方
体的性质得， 1AC 平面 1BC D ，若正方体的棱长为 1，则点 M 与 1A 重合时，三棱锥 1B C MD 的体积取
得最大，从而可求出其体积
【详解】
解：对于 A，如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，CD 平面 1 1ADD A ， 1AD 平面 1 1ADD A ，所以
1CD AD ，因为 1 1A D AD ， 1A D DC D ，所以 1AD 平面 1A DC ，所以当点 M 在线段 1A D 上时，
有 1CM AD ，所以点 M 的轨迹为线段，所以 A 正确；
对于 B，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，因为 1 1B D ∥ BD ， BD 平面 1BC D ， 1 1B D 平面 1BC D ，所
以 1 1B D ∥平面 1BC D ，同理 1AD ∥平面 1BC D ，而 1 1 1AD BD D ，所以平面 1 1AD B ∥平面 1BC D ，所以
当点 M 在 1AD 上时，均有 1 / /B M 平面 1BC D ，所以点 M 存在无数个位置满足直线 1 / /B M 平面 1BC D ，
所以 B 正确；
对于 C，异面直线 1B M 与CD 所成的角是 1 1A B M ，当 M 在线段 1AD 上运动时，点 M 取 1AD 的中点时，
1 1A B M 最小，其正切值为 2 3
2 3
，所以不存在点 M ，使异面直线 1B M 与 CD 所成的角是 30°，所以
C 错误；
对于 D，由正方体的性质得， 1AC 平面 1BC D ，若正方体的棱长为 1，则点 M 与 1A 重合时，三棱锥
1B C MD 的体积取得最大，其值为 1 1 3 2 3 12 23 2 2 3 3
，所以 D 正确，
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：此题考查以正方体为模型判断线线垂直，线面平行，求异面直线所在的角等，解题的关键是
正确利用正方体的性质，属于中档题
9．（2021·湖南长沙市·高三月考）在棱长为 2 的正四面体 ABCD 中，点 , ,E F G 分别为棱
, ,BC CD DA 的中点，则（ ）
A． / /AC 平面 EFG
B．过点 , ,E F G 的截面的面积为 1
2
C．异面直线 EG 与 AC 所成角的大小为
4
D．CD 与平面GBC 所成角的大小为
6
【答案】ACD
【分析】
对 A，由线面平行的判定定理即可判断；对 B，可得四边形 EFGH 为边长为 1 的正方形，且为截面，即可
判断；对 C，可得 EGF 即为所求，根据 B 选项求出即可；对 D，利用垂直关系，可得 DCG 即为 CD 与
平面GBC 所成角，求出即可.
【详解】
对 A， 点 F ，G 为棱 CD ，DA 的中点， / /FG AC ， FG 平面 EFG ，AC 平面 EFG ， / /AC
平面 EFG ，故 A 正确；
对 B，取 AB 中点 H，则可得四边形 EFGH 为截面，由 A 选项可得 //FG AC ， 1
2FG AC ,同理可得 / /HE AC ，
1
2HE AC ,则 / /HE HG 且 HE FG ，故四边形 EFGH 为平行四边形，取 BD 中点 M，则可得
,BD AM BD CM ， AM CM M ，则 BD 平面 AMC， BD AC ，则 EF FG ，故平行
四边形 EFGH 为正方形，且边长为 1，故截面面积为 1，故 B 错误；
对 C，因为 / /AC FG ，所以异面直线 EG 与 AC 所成角即 EGF ，由 B 选项可得
4EGF ，故 C 正
确；
对 D，如图，因为 ,DA GB DA GC ， DA 平面 GBC，则 DCG 即为 CD 与平面GBC 所成角，易
得
6DCG ，故 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线面平行的判定，考查截面面积的计算，考查线面角的求解，解题的关键是正确理
解判定定理和角的概念，正确利用正四面体的相关性质.
10．（2021·广东高三专题练习）已知 m，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列四个命题
中错误的是（ ）
A．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n
B．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
C．若 m∥α，α⊥β，则 m⊥β
D．若 m，n 是异面直线，且 m⊂α，n⊂β，m∥β，则 n∥α
【答案】BCD
【分析】
由线面垂直的性质定理可判断选项 A；举墙角处的三个平面的位置关系，即可判断 B；若 m∥α，α⊥β，直
线 m 与平面β的位置关系不确定，由此可判断 C；若 m，n 是异面直线，且 m⊂α，n⊂β，m∥β，则直线 n
与平面α可能相交、平行，可判断选项 D．
【详解】
解：对于选项 A，由线面垂直的性质定理知选项 A 正确；
对于选项 B，平面α与平面γ有可能平行、相交，比如墙角处的三个平面的位置关系，故选项 B 错误；
对于选项 C，直线 m 与平面β可能平行、相交或直线 m 在平面β内，故选项 C 错误；
对于选项 D，直线 n 与平面α可能相交，故选项 D 错误．
故选：BCD．
11．（2021·广东高三专题练习）已知α，β是两个不重合的平面，m，n 是两条不重合的直线，则下列命题正
确的是（ ）
A．若 m∥n，m⊥α，则 n⊥α B．若 m∥α，α∩β＝n，则 m∥n
C．若 m⊥α，m⊥β，则α∥β D．若 m⊥α，m∥n，n∥β，则α∥β
【答案】AC
【分析】
利用空间线面、面面位置关系的判定选项 A,C 正确；通过空间想象举反例判断选项 B,D 不正确．
【详解】
A．m∥n，m⊥α，则 n⊥α，所以该选项正确；
B．由 m∥α，α∩β＝n，则 m 与 n 的位置关系不确定，可能平行或异面，所以该选项不正确；
C．m⊥α，m⊥β，则α∥β正确，所以该选项正确；
D．m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β，所以该选项不正确．
故选：AC．
【点睛】
方法点睛：空间直线平面位置关系的判断，常用的方法有：（1）举反例；（2）证明.要根据已知条件灵活选
择方法求解.
12．（2020·湖南长沙市·高一月考）已知 m ，n 表示两条不同直线， ， 是两个不同的平面，下
列说法正确的是（ ）
A．若 / /m ， / /n ，则 //m n B．若 m ， n ，则 m n
C．若 m ， n ， n ，则 m D．若 m n ， n ， ，则 m
【答案】BC
【分析】
采用逐一验证，根据线线、线面相关的判定定理以及性质定理进行判断即可.
【详解】
对于选项 A，若 / /m ， / /n ，则 m 与 n 可能相交､平行或异面，A 错误；
由直线与平面垂直的性质得选项 B 正确；
依据直线与平面垂直的性质定理得 C 正确；
选项 D 中 m 可能与平面 平行､垂直､斜交或在平面 内.
故选：BC
二、单选题
13．（2021·全国高三专题练习）已知四棱锥 S−ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB 上的点
（不含端点），设 SE 与 BC 所成的角为θ1，SE 与平面 ABCD 所成的角为θ2，二面角 S−AB−C 的平面角为θ3，
则（ ）
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
【答案】D
【分析】
设 O 为正方形 ABCD 的中心，M 为 AB 中点,过 E 作 BC 的平行线 EF，过 O 作 ON EF 于 N，得到
1 2 3SEN SEO SMO ， ， ，然后利用正切函数判断.
【详解】
如图所示：
设 O 为正方形 ABCD 的中心，M 为 AB 中点，
过 E 作 BC 的平行线 EF，交 CD 于 F，
过 O 作 ON EF 于 N，连接 SO，SN，OM，则 SO 底面 ABCD，OM AB，
所以 1 2 3SEN SEO SMO ， ， ，
从而 1 2 3tan tan tanSN SN SO SO
EN OM EO OM
， ， ，
因为 SN SO EO OM ， ，
所以 1 3 2tan tan tan ，
即 1 3 2 ，
故选：D．
【点睛】
方法点睛：几何法求线面角、二面角的常用方法：
（1）线面角的求法，找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中
求解．
（2）二面角的求法，二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有①定义法；②垂面法．注
意利用等腰、等边三角形的性质．
14．（2021·全国高三其他模拟）在三棱锥 P ABC 中，BC ⊥ 平面 PAB ，AP AB ，D 是 BC 的中点．若
45APB ， 60APC ，则直线 PD 与平面 ABC 所成角的正弦值为（ ）
A． 6
3
B． 3
2
C． 10
5
D． 15
5
【答案】C
【分析】
根据线面角的定义找到直线 PD 与平面 ABC 所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、
勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确
定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.
【详解】
在三棱锥 P ABC 中， BC ⊥ 平面 PAB ， AP 面 PAB ，
∴ BC AP ，又 AP AB ， AB BC B ，
∴ PA 平面 ABC ，即 PDA 即直线 PD 与平面 ABC 所成角．
法一：设 PA a ，由 45APB ， 60APC ，得 AB PA a ，
∴ 3AC a ， 2 23 2BC a a a ．又 D 是 BC 的中点，则 2
2
aBD ，
∴在 Rt ABD△ 中， 2 21 6
2 2AD a a a ．
又易知 PA AD ，在 Rt PADV 中，
2
2 6 10
2 2PD a a a
，
∴ 10sin 5
APPDA PD
.
法二：过点 A 在平面 ABC 内作 / /Ax BC ．易知直线 AP ， AB ， Ax 两两垂直，可建立如图所示的空间直
角坐标系 A xyz ．
不妨设 1PA ，则 1AB ， 3AC ， 2BC ， 2
2BD ，有 0,0,0A ， 0,0,1P ， 2 ,1,02D
，
∴ 2 , 1,02DA
， 2 , 1,12DP
，则
3
152cos , 53 5
2 2
DA DPDA DP
DA DP
，
∴ 10sin , 5DA DP .
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：根据定义找到线面角的平面角，几何法：线面垂直的性质、勾股定理求边，在直角三角形中
求其正弦值；向量法：构建空间直角坐标系，确定线面角两边的方向向量坐标并求余弦值，写出其正弦值.
15．（2021·山东高三专题练习）已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱长为 2 ，且 AB BC ， 2AB BC .
过 AB 的中点 E ， 1BB 的中点 F 作平面 与平面 1 1AAC C 垂直，则平面 截直三棱柱 1 1 1ABC A B C 所得截
面的面积为（ ）
A． 3 3
2
B． 2 3
3
C． 3 2
4
D． 3
2
【答案】A
【分析】
结合面面垂直的判定定理和线面垂直的判定定理和性质定理，以及三角形的中位线定理，作出平面 与直
三棱柱 1 1 1ABC A B C 所得截面为五边形 EFHIJ ，再运用勾股定理，计算所求值.
【详解】
取 AC 的中点 D ，连接 BD ，取 1 1AC 的中点 1D ，连接 1 1B D 、 1DD ，取 AD 的中点 J ，连接 EJ ，连接 EF ，
并延长与 1 1A B 交于 M ，取 1 1C D 的中点 I ，连接 MI ，交 1 1B C 于 H ，连接 FH 、 IJ ，
可得 / /EJ BD ， 1 1//BD B D ， 1 1/ /HI B D ，
/ /EJ HI
又 AB BC
BD AC
1AA 面 ABC ， BD 面 ABC
1AA BD
BD 面 1 1AAC C ，
由面面垂直的判定定理，可得到平面 EJIHF 平面 1 1AAC C
则平面 EJIHF 即为平面
由 1 2
2 2EJ BD ， 4 2 6IJ ， 1 1
1 2
2 2HI B D ， 2HF ， 2FE ，
由 EJ JI ，
所求截面的面积为 1 2 2 3 36 62 2 2 2EFHEFHIJ EHIJS S S △五边形 矩形
故选：A.
【点睛】
方法点睛：
画截面常用的根据是以下几个定理：
（1）三个平面两两相交,那么它们的交线交于一点或者两两平行；
（2）两个平行平面与第三平面相交,则它们的交线平行
（3）（公理）两个平面如果有一个公共点,则它们有且只有一条通过该点的公共直线.
16．（2021·辽宁高三二模（文））设 a ，b 为两条直线， ， 为两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若 / /a ，b ，则 / /a b B．若 / /a b ， / /a ，则 / /b
C．若 a ， / /a ，则 D．若 a ， a b
r r ，则 / /b
【答案】C
【分析】
根据直线与直线，平面与平面的位置关系，依次判断选项即可.
【详解】
由 a ，b 为两条直线， ， 为两个平面，
在 A 中，若 / /a ， b ，则 a ，b 平行或异面，故 A 错误；
在 B 中，若 / /a b ， / /a ，则b 在 内或 / /b ，故 B 错误；
在 C 中，若 a ， / /a ，则 ，故 C 正确；
在 D 中，若 a ， a b ，则b 在 内或 / /b ，故 D 错误.
故选：C.
17．（2021·辽宁高三二模（理））已知下列四个命题，其中真命题的个数为（ ）
①空间三条互相平行的直线 a ，b ， c ，都与直线 d 相交，则 a ，b ， c 三条直线共面；
②若直线 m 平面 ，直线 //n 平面 ，则 m n ；
③平面 平面 直线 m ，直线 //a 平面 ，直线 //a 平面 ，则 //a m ；
④垂直于同一个平面的两个平面互相平行.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】
①应用反证法，假设 a ，b ，c 三条直线不共面证明矛盾结论即可；②利用线面垂直的性质及平行的推论证
明结论；③利用平面的基本性质，结合线面平行的性质、平行的推论证明结论；④根据平面基本性质判断
正误即可.
【详解】
①若 a ，b ， c 三条直线不共面，由平行的直线 a ，b 与直线 d 相交，即 a ，b 、 d 共面，而b ， c 平行，
则 c 、 d 不可能相交，与题设矛盾，正确；
② //n 面 ，若l 面 且 / /n l ，又 m 面 即 l m ，则 n m ，正确；
③过直线 a 作面 ，若面 / / 面 ，面 I 面 l = ，而 //a 面 ，则有 / /l 面 ， / /a l ，又面 面 m ，
即 //l m ，所以 //a m ，正确；
④垂直于同一平面的两个平面不一定平行，错误；
故选：C.
18．（2021·全国高三其他模拟（理））已知 m ， n ，l 是三条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则下
列结论一定正确的是（ ）
A．若 n ，l ， m n ， m l ，则 m
B．若 / /m l ， / /l ，则 / /m
C．若 m n ， n l ，l ，则 m
D．若 / /m ， n ， / / ，则 m n
【答案】D
【分析】
根据空间中的线线，线面，面面关系一一分析即可.
【详解】
对于 A 项，需要加上 n 与l 相交才符合线面垂直的判定定理，故 A 错误；
对于 B 项，有可能 m ，故 B 错误；
对于 C 项， m 与 没有关系，斜交､垂直平行都有可能，故 C 错误；
对于 D 项，若 n ， // ，则 n ，而 //m ，故 m n ，故 D 正确.
故选：D.
19．（2021·四川成都市·高三二模（理））已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 2 ， M ， N 分别为棱 AD ，
BC 的中点， F 为棱 AB 上异于 A ， B 的动点．有下列结论：
①线段 MN 的长度为 1；
②若点G 为线段 MN 上的动点，则无论点 F 与G 如何运动，直线 FG 与直线 CD 都是异面直线；
③ MFN 的余弦值的取值范围为 50, 5
；
④ FMN 周长的最小值为 2 1 ．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
将正四面体放在正方体中观察
对于①，可根据 ,M N 分别为正方体前后两个面的中心可得出结论；
对于②， F 取为 AB 的中点，G 取为 MN 的中点，此时 FG 与CD 相交；
对于③，计算可得 3 5cos 3 5MBN ，由逼近思想可作出判断；
对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形 ABC 与 ABD 放在同一平面上，可计算出 2NF FM+ ³
【详解】
在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为 2 四面体 ABCD ，
显然， ,M N 分别为正方体前后两个面的中心，故线段 MN 的长度为正方体棱长1，故 ①对；
对于②：
如图， F 取为 AB 的中点，G 取为 MN 的中点， I 取为 CD 的中点，则由正方体的性质易知，该三点在一
条直线上，故此时 FG 与CD 相交于 I ，故②错；
对于③，
2
2 2
BCBN ， 2 2 1 62 2 2BM BD MD ，又有 1MN
故
1 3 1 3 52 2cos 3 52 62 2 2
MBN
故 F 点无限接近 B 点时， cos MFN 会无限接近 3
3
，故 MFN 的余弦值的取值范围不为 50, 5
，③
错误；
对于④，如图将等边三角形 ABC 与 ABD 铺平，放在同一平面上，故有 ' ' ' ' 2N F FM M N+ ³ = ，当且
仅当 F 为 AB 中点时取最小值
故在正方体中 2NF FM+ ³
故 FMN 周长的最小值为 2 1
故④对
故选：B
【点睛】
把空间中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离最短的问题，从而使问题得到解决，这是求
空间中最短路线的一种常用方法
20．（2021·全国高三二模（理））已知l ， m ， n 为空间里不重合的三条直线， ， 为空间里不重合的两
个平面，则下列判断正确的是（ ）
A．若 //l m ， //m n ， n ，则 //l
B．若l m ，l n ， m ， n ，则l
C．若l m ， m n ， m ， n ，则l
D．若 l ， m ， n ， ， m l ，则 m n
【答案】D
【分析】
利用线线，线面，面面的位置关系，判断选项.
【详解】
A 有可能是 l ，故 A 不对；B 不知道 m ，n 是否是相交的位置关系,故 B 不正确；C 可能是l ，故 C
不正确；根据面面垂直性质定理和线面垂直的性质，可知 D 正确.
故选：D.
21．（2021·淮北市树人高级中学高二期末（文））设 m ， n 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的
平面，给出下列四个命题：①若 m ， //n ，则 m n ；②若 // ， // ， m ，则 m ；③
若 //m ， //n ，则 //m n ．其中正确命题的序号是（ ）
A．①和② B．②和③ C．①和③ D．①②③
【答案】A
【分析】
根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性
质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一
个平面和两个平面也不一定平行，可得③不正确．由此可得本题的答案．
【详解】
对于①，因为 / /n ，所以经过 n 作平面 ，使 l ，可得 / /n l ，
又因为 m ， l ，所以 m l ，结合 / /n l 得 m n ．由此可得①是真命题；
对于②，因为 / / 且 / / ，所以 / / ，结合 m ，可得 m ，故②是真命题；
对于③，设直线 m 、 n 是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面 是正方体下底面所在的平面，
则有 / /m 且 / /n 成立，但不能推出 //m n ，故③不正确；
故选：A
【点睛】
关键点点睛：线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质是解决本题的关键，属于中
档题．
22．（2021·山东高三专题练习）若 a ，b 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则下列命题正确
的是（ ）
A．若 a b
r r ，b ， ，则 a
B．若 ， a ， //b ，则 a b
r r
C．若 //a ， //a ， b ，则 //a b
D．若 //a b ， a ， //b ，则 //
【答案】C
【分析】
对于 AB D，根据给定的条件可得与结论不相符合的情形，对于 C，利用线面平行的性质定理和判定定理可
证其正确性，从而可得正确的选项．
【详解】
对于 A，若 a b
r r ，b ， ，则 a 与 可能平行，或相交或 a 在 内，故 A 错．
对于 B，若 ， a ， //b ，则 //a b 也可能成立，故 B 错误．
对于 C，若 //a ， //a ， b ，如图：
过 a 作平面 ，使得 n I ，过 a 作平面 ，使得 m ，
因为 //a ， a ，所以 //a n ，同理 //a m ，故 //n m ，
而 n ， m ，故 n// ， n ， b ，故 //n b ，故 //a b ，故 C 正确．
对于 D，若 //a b ， a ， //b ，则 ，故 D 错误．
故选：C．
23．（2021·全国高三专题练习（文））如图，三棱锥 P ABC 中， PA PB ， PA PC ，且 3PA ，
4PB PC ， 2BC ， M 是 PC 中点， 1
4DB PB ， E 是 AB 的中点，则异面直线 DE 与 BM 所成
角的余弦值为（ ）
A． 1
2 B． 9 78
156
C． 4 65
65
D． 5
4
【答案】B
【分析】
取 PB 的中点 N ，PM的中点G ，连接 AG 、NG 、AN ，则异面直线 DE 与 BM 所成角的平面角为 ANG ，
然后利用题目所给数据计算出 AN ， AG ， NG ，然后利用余弦定理求解出 ANG 的余弦值大小，得到异
面直线 DE 与 BM 所成角的余弦值大小.
【详解】
取 PB 的中点 N ， PM的中点G ，连接 AG 、 NG 、 AN ，则 //NG BM ，
∵ 1
4DB PB ，∴ D 是 NB 的中点，
又∵ E 是 AB 的中点，
∴ / /BM GN ，
∴ ANG 为异面直线 DE 与 BM 所成的角或其补角，
∵ PA PB ， PA PC ，且 PB PC P ， ,PB PC 面 PBC ，所以 PA 面 PBC ,
又∵ 1 22PN PB ， 1PG ，
∴在 Rt PAN 中， 2 2 2 23 2 13AN PA PN ，
在 Rt PAG 中， 2 2 2 23 1 10AG PA PG ，
在 BPC 中由余弦定理得
2 2 2 2 2 24 4 2 7cos 2 2 4 4 8
PB PC BCBPC PB PC
，
在 NPG 中由余弦定理得 2 2 7 62 1 2 2 1 8 2NG ，
∴
2 2 2
2 2 2
6( 13) ( ) ( 10) 9 782cos 2 15662 13 2
AN NG AGANG AN NG
，
∴异面直线 DE 与 BM 所成角的余弦值为 9 78
156
.
故选：B.
【点睛】
本题考查异面直线夹角的计算，一般地计算异面直线间的夹角的方法如下：
（1）定义法：利用异面直线间夹角的定义，通过作平行线转化，找到两条异面直线间夹角的平面角，然后
通过解三角形得到夹角的余弦值；
（2）空间向量法：根据题目条件，建立空间直角坐标系，标出各点的坐标，分别计算两条直线的方向向量，
计算方向向量间的夹角从而得出异面直线间的夹角，注意异面直线夹角的取值范围.
24．（2021·全国高三专题练习（文））已知 M 是正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 DD1 的中点，则下列是假命题
的是（ ）
A．过点 M 有且只有一条直线与直线 AB，B1C1 都相交
B．过点 M 有且只有一条直线与直线 AB，B1C1 都垂直
C．过点 M 有且只有一个平面与直线 AB，B1C1 都相交
D．过点 M 有且只有一个平面与直线 AB，B1C1 都平行
【答案】C
【分析】
根据题意作出图形，取 1C C 的中点 N ，设 BN 与 1 1B C 交于 H ，则点 A、B、M、N、H 共面，直线 HM 必
与 AB 直线相交于某点 O ，根据线线关系和线面关系逐一判断即可.
【详解】
直线 AB 与 1 1B C 是两条互相垂直的异面直线，点 M 不在这两异面直线中的任何一条上，如图所示：
取 1C C 的中点 N ，则 //MN AB ，且 MN AB ，
设 BN 与 1 1B C 交于 H ，则点 A、B、M、N、H 共面，
直线 HM 必与 AB 直线相交于某点O ，
过 M 点有且只有一条直线 HO 与直线 AB、 1 1B C 都相交，故 A 正确；
过 M 点有且只有一条直线与直线 AB、 1 1B C 都垂直，此垂线就是棱 1DD ，故 B 正确；
凡是过OH 的面均和 AB、 1 1B C 都相交，即过 M 点有无数个平面与直线 AB、 1 1B C 都相交， 故 C 不正确；
过 M 点有且只有一个平面与直线 AB、 1 1B C 都平行，此平面就是过 M 点与正方体的上下底都平行的平面，
故 D 正确．
故选：C.
25．（2021·四川成都市·高三二模（文））已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 2 ， M 、 N 分别为棱 AD 、
BC 的中点， F 为棱 AB 上异于 A 、 B 的动点．有下列结论：
①线段 MN 的长度为1；
②存在点 F ，满足CD 平面 FMN ；
③ MFN 的余弦值的取值范围为 50, 5
；
④ FMN 周长的最小值为 2 1 ．
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①③ B．①④ C．①②④ D．②③④
【答案】B
【分析】
利用勾股定理计算出线段 MN 的长度，可判断①的正误；求出异面直线 CD 与 MN 所成的角，可判断②的
正误；求出 cos MFN 的取值范围，可判断③的正误；将侧面 ABC 和侧面 ABD 延展为同一平面，利用 M 、
F 、 N 三点共线时， MF FN 取最小值可求得 FMN 的周长取最小值可判断④的正误.
【详解】
对于①，取 CD 的中点G ，取 AC 的中点 E ，连接 EM 、 EN ，
AC AD ，G 为 CD 的中点，则 AG CD ，同理可得 BG CD ，
AG BG G ， CD\ ^平面 ABG ， AB 平面 ABG ， AB CD ，
E 、 N 分别为 AC 、 BC 的中点，则 //EN AB 且 1 2
2 2EN AB ，
同理可知， //EM CD 且 1 2
2 2EM CD ，
EM EN ，由勾股定理可得 2 2 1MN EM EN ，①正确；
对于②，假设CD 平面 FMN ，由于 MN 平面 FMN ，则CD MN .
事实上，由①可知， //EM CD 且 EMN 是以 MEN 为直角的等腰直角三角形，
所以，CD 与 MN 所成的角为
4
，故假设不成立，即 CD 与平面 FMN 不垂直，②错误；
对于③，取线段 AB 的中点 O ，则 2
2AO BO ，设OF x ，则 20 2x .
当 0x 时， 1 2
2 2FM FN BD ，则 2 2 2FM FN MN ，此时
2MFN ，
则 cos 0MFN ；
当点 F 在线段 AO 上（不包括端点 A 、O ）上运动时，则 20 2x ， 2
2AF x ， 2
2BF x ，
由余弦定理可得
2
2 2 2 2 1 2 2 12 cos 23 2 2 2 2 2MF AF AM AF AM x x
2 2 1
2 2x x ，
同理可得 2 2 2 1
2 2NF x x .
20 2x ，则 2
1 2x
，
由余弦定理可得
2 2 2 2
2 2
2cos 2 2 1 2 12 2 2 2 2
MF NF MN xMFN MF NF
x x x x
2 2
2 4 2 2
2 2
4 2 2
2 2 2 2 30, 31 24 2 11 1 142 1 32 2
x x
x xx x x x x
；
当点 F 在线段OB 上（不包括端点 O 、 B ）上运动时，同理可知 3cos 0, 3MFN
.
综上所述， MFN 的余弦值的取值范围是 30, 3
，③错误；
对于④，将侧面 ABC 和侧面 ABD 延展为同一平面，如下图所示：
当 M 、 F 、 N 三点共线时， MF FN 取得最小值，
如上图所示，由于四边形 ACBD 是边长为 2 的菱形，则 //AD BC 且 AD BC ，
M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM CN 且 AM CN ，
所以，四边形 ACNM 为平行四边形，则 2MN AC ，
即 MF NF 的最小值为 2 ，
所以，在正四面体 ABCD 中， FMN 的周长为最小值为 2 1 ，④正确.
故选：B.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题
化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 0, 2
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面
直线所成的角．
26．（2020·长沙市·高二月考）在下列四个正方体中，能得出 AB CD 的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由线面垂直的性质可判断 A，根据异面直线所成角的计算可判断 BCD.
【详解】
对 A，如图，连接 BE ，则在正方体中，CD BE ，又 AE ⊥ 平面 BCED ，CD 平面 BCED ，则 AE CD ，
AE BE E ， CD\ ^平面 ABE ， AB 平面 ABE ， CD AB ，故 A 正确；
对 B，如图，连接 AE ，易得 //CD AE ，则 BAE 为异面直线 ,AB CD 所成角， 60BAE ，故 ,AB CD
不垂直，故 B 错误；
对 C，如图， //CD BE ，则 ABE 为异面直线 ,AB CD 所成角，易得 45ABE ，故 ,AB CD 不垂直，
故 C 错误；
对 D，如图， //CD BE ，则 ABE 为异面直线 ,AB CD 所成角，显然 90ABE ，故 ,AB CD 不垂直，
故 D 错误.
故选：A.
三、解答题
27．（2021·全国高三其他模拟）已知直角 ABC ，
2A ，
6C ， 2AB ，D ，E 分别为 AC ，BC
的中点，将 CDE△ 沿 DE 折起至 PDE△ ，使点 P 到直线 AB 的距离为 6 .
（1）求证：平面 PAD 平面 ABED ；
（2）求二面角 A PB E 的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）
2
.
【分析】
（1）通过求解各边边长，证明 AD PD ，再证明 PD 平面 ABED ，即可证明平面 PAD 平面 ABED ；
（2）通过建立空间直角坐标系，求解两平面的法向量，通过向量的数量积即可求解二面角的大小.
【详解】
（1）由题意可知， Rt ABC△ 中，
2A ，
6C ， 2AB ，
所以
2 2 3
tan 6
AC ，
2 4
sin 6
BC .
又 D ， E 分别为 AC ， BC 的中点，则 3AD CD ， 2BE CE .
将 CDE△ 沿 DE 折起至 PDE△ 后， 2 2 2
6 3 3 ，
即 2 2 2PA AD PD ，所以 AD PD .
因为CD DE ，即 PD DE ，又 AD DE D ，所以 PD 平面 ABED .
因为 PD 平面 PAD ，所以平面 PAD 平面 ABED .
（2）由（1）可知， PD ， DA ， DE 两两垂直，故以 D 为坐标原点，以 DA ， DE ， DP 分别为 x ， y ，
z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
3,0,0A ， 3,2,0B ， 0,0, 3P ， 0,1,0E ，
则 0,2,0AB ， 3,2, 3PB
， 0,1, 3PE
.
设平面 APB 的法向量为 1 1 1, ,u x y z ，则 1
1 1 1
2 0,
3 2 3 0,
AB u y
PB u x y z
令 1 1x ，则 1 1z ，即 1,0,1u
.
设平面 PBE 的法向量为 2 2 2, ,v x y z ，则 2 2
2 2 2
3 0,
3 2 3 0,
PE v y z
PB v x y z
令 2 1z ，则 2 3y ， 2 1x ，即 1, 3,1v
.
所以 cos , 0u v u v
u v
，
即二面角 A PB E 为
2
.
28．（2020·高二期末）如图，已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的各棱长都是 4，E 是 BC 的中
点，动点 F 在侧棱 1CC 上，且不与点 C 重合．
（Ⅰ）当 1CF 时，求证： 1EF AC ；
（Ⅱ）设二面角C AF E 的大小为 ，求 cos 的最大值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 15
5
．
【分析】
（Ⅰ）过 E 作 EN AC 于 N ，连接 1, ,EF NF AC ，则 EN ⊥侧面 1AC ，利用三角形相似和三垂线定理可
证得命题成立；
（Ⅱ）连接 AF ，过 N 作 NM AF 于 M ，连接 ME ，根据三垂线定理得 EM AF ，且 EMN ，
设 FAC ，在直角三角形 CNE 中，求出 NE ；在直角三角形 AMN 中，求出 MN ，进而可得 tan 的
最小值，即 cos 达到最大值．
【详解】
（Ⅰ）过 E 作 EN AC 于 N ，连接 1, ,EF NF AC ，
由直棱柱的性质可知，底面 ABC ⊥侧面 1AC
∴ EN ⊥侧面 1AC
NF 为 EF 在侧面 1AC 内的射影
在直角三角形 CNF 中， 1CN
则由
1
1
4
CF CN
CC CA
，得 1/ /NF AC ，又 1 1AC AC ，故 1NF AC
由三垂线定理可知 1EF AC
（Ⅱ）连接 AF ，过 N 作 NM AF 于 M ，连接 ME
由（1）可知 EN ⊥侧面 1AC ，根据三垂线定理得 EM AF
∴ EMN 是二面角C AF E 的平面角即 EMN
设 FAC ，则 0 45 ，
在直角三角形 CNE 中， 3NE ，在直角三角形 AMN 中， 3sinMN
故 3tan 3sin
，又 0 45 ，∴ 20 sin 2
故当α=45°时， tan 达到最小值 6
3
，即 cos 达到最大值 15
5
，此时 F 与 1C 重合
故 cos 的最大值为 15
5
．
29．（2021·全国高三其他模拟（理））如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA AD ，PA
平面 ABCD ， E ， F 为 PB 的两个三等分点．
（1）证明： //DE 平面 ACF ；
（2）求二面角 B AC F 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
3
．
【分析】
（1）根据线面平行的判断性质，在平面 AFC 上找到一条与 DE 平行的直线即可.
（2）建立空间直角坐标系，通过法向量的夹角求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）连接 BD 交 AC 于点O ，连接 OF ，则 O 为 BD 的中点，
因为 E ， F 为 PB 的两个三等分点，所以 F 为 BE 的中点，所以 //OF DE ，
又OF 平面 ACF ， DE 平面 ACF ，所以 //DE 平面 ACF ．
（2）设正方形 ABCD 的边长为 3，以点 A 为原点，
以 AD ， AB ， AP 所在的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则 (0,0,0)A ， (3,3,0)C ， (0,3,0)B ， (0,2,1)F ，
则 3,3,0AC ， 0,2,1AF ， 0,3,0AB ．
设平面 ACF 的法向量为 ( , , )n x y z ．
由
, , 3,3,0 0
, , 0,2,1 0
n AC x y z
n AF x y z
，得 3 3 0
2 0
x y
y z
，得
2
x y
z y
，
令 1y ，得平面 ACF 的一个法向量为 ( 1,1, 2)n ；
显然平面 ACB 的一个法向量为 (0,0,1)m ；
则 cos , | || |
n mn m n m
( 1,1, 2) (0,0,1) 6
36 1
，
即二面角 B AC F 的余弦值为 6
3
．
【点睛】
关键点点睛：建立空间直角坐标系求解二面角.
30．（2020·高二期末）如下图，四边形 ABCD 为正方形，平面 BDEF 平面 ABCD ，
/ / , 2, 1EF BD AB DE EF ， DE BD ．
（1）求证： //BF 平面 AEC ；
（2）求证： DF 平面 AEC ；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】
（1）连接 AC 与 BD 交于点O ，由已知可得 BOEF 为平行四边形，可得 / /OE BF ，即可得证 //BF 平面
AEC ．
（2）连接 OF ，由（1）可知 ODEF 为正方形，可得 DF OE ，进而证明 AC 平面 BDEF ，可得 DF AC ，
即可证明 DF 平面 ACE ．
【详解】
证明：（1）因为四边形 ABCD 为正方形， 2AB ，所以 2 2BD AB
/ /EF BD ， 1DE EF ，即 2 2BD EF ，连接 AC 与 BD 交于点O ，所以 O 为正方形 ABCD 的中
心，
/ /EF OB ， EF OB ，即 BOEF 为平行四边形，
/ /OE BF ，
又 OE 平面 AEC ， BF 平面 AEC ，
/ /BF 平面 AEC ，
（2）连接 OF ，由（1）可知ODEF 为正方形，
DF OE ，
又 四边形 ABCD 为正方形，
BD AC ．
又 平面 ABCD 平面 BDEF ，且平面 ABCD 平面 BDEF BD ，
AC 平面 BDEF ，因为 DF 平面 BDEF ，
DF AC
又OE AC O ， ,OE AC 平面 ACE ．
DF ∴ 平面 ACE ．
31．（2021·全国高三其他模拟（理））已知在六面体 PABCDE 中，PA 平面 ABCD ，ED 平面 ABCD ，
且 2PA ED ，底面 ABCD 为菱形，且 60ABC .
（1）求证：平面 PAC 平面 PBD ；
（2）若直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45，试问：在线段 PE 上是否存在点 M ，使二面角 P AC M
为 60 ？若存在，确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点 M ，即为点 E 时.
【分析】
（1）由已知先证线面垂直，再由线面垂直证面面垂直.
（2）建系设点 M 的坐标，求二面角面的法向量，由法向量角建立等量关系确定点 M 的位置.
【详解】
连接 BD ，
四边形 ABCD 为菱形，
BD AC ，又 PA 平面 ABCD ， BD PA
又 PA AC A ， BD 平面 PAC ，
又 BD 平面 PBD ，
平面 PBD 平面 PAC .
（2） PA 平面 ABCD ，
AC 为 PC 在平面 ABCD 上的射影.
PCA 为直线 PC 与平面 ABCD 所成角，
45PCA ， PA AC ，
令 1DE ，则 2PA AC
又四边形 ABCD 为菱形， 60ABC ，
ABC 为等边三角形， 2AB
取 BC 的中点 H ，连接 AH ， 3AH
则 AH BC ， AH AD ，
以 A 为原点，分别以 AH ， AD ， AP 所在直线为 x ， y ， z ，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则 (0,2,1)E ， (0,0,2)P ， ( 3,1,0)C ， ( 3, 1,0)B ， (0,2,0)D ，
(0, 2,1)EP
设 ( , , )M x y z ， M ， P ， E 三点共线， (0 1)EM EP ，
( , 2, 1) (0, 2,1)x y z ，
0x ， 2 2y ， 1z ， (0,2 2 ,1 )M ，
( 3,1,0)AC ， (0,2 2 ,1 )AM ， ( 3,3,0)BD ，
由（1）知 BD 平面 PAC ，
平面 PAC 的法向量 1 / /Bn D ，
1 ( 1, 3,0)n ，
令平面 ACM 的法向量为 2 ( , , )n x y z ，
则 2
2
0
0
n AC
n AM
，
3 0
2(1 ) (1 ) 0
x y
y z
令 3y ，则 2
2 3( 1)1, 3, 1n
二面角 P AC M 为 60 ，
1 2
1 2
1 2
cos , cos60 n nn n n n
，
2
2
4 1
212( 1)2 4 ( 1)
解得 0 ，
0 1 ，当 0 时，点 M 与点 E 重合，
存在点 M 即为点 E 时，二面角 P AC M 为 60 .
【点睛】
思路点睛：当二面角的平面角不易作出时，常通过建系求二面角两个面的法向量，建立二面角相关等式，
确定所设参数解决问题.
32．（2021·辽宁高三二模（文））如图，三棱锥 P ABC 的底面 ABC 和侧面 PAB 都是边长为 4 的等边三
角形，且平面 PAB 平面 ABC ，点 E 为线段 PA 中点， O 为 AB 中点，点 F 为 AB 上的动点．
（Ⅰ）若 / /PO 平面CEF ，求线段 AF 的长；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥 E ACF 与四棱锥C BPEF 的体积的比值．
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ） 1
7
【分析】
（Ⅰ）利用面面平行的性质定理可得 / /PO EF ，从而可得 F 为 AO 的中点，即求.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得 EF AB ，根据 E ACF C AEF
C BPEF C BPEF
V V
V V
，结合锥体的体积公式即可求解.
【详解】
（Ⅰ） / /PO 平面CEF ， PO 平面 APB ，
平面 CEF 平面 APB EF ，
/ /PO EF ，
E 为线段 PA 中点，
F 为 AO 的中点，
又 O 为 AB 中点，
1 14AF AB .
（Ⅱ）设 C 到平面 APB 的距离为 h ，
PA PB ， O 为 AB 中点，
PO AB ，且 2 3PO ,
由（Ⅰ） / /PO EF ，
EF AB ，
又 1AF ， 1 32EF PO ，
1 31 32 2AEFS
，
又 1 4 2 3 4 32APBS ，
3 7 3=4 3 2 2BPEFS 四边形 ，
1
13
1 7
3
AEF
E ACF C AEF AEF
C BPEF C BPEF BPEF
BPEF
S hV V S
V V SS h
四边形
四边形
.
33．（2021·全国高三其他模拟（文））如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， 3PA AD ，
PA 平面 ABCD ， E ， F 为 PB 的两个三等分点.
（1）证明： / /DE 平面 ACF ；
（2）求点 B 到平面 ACF 的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
2
.
【分析】
（1）连接 BD 交 AC 于点O ，连接 OF ，判断 F 为 BE 的中点，根据线面平行的判定证 //DE 平面 ACF ；
（2）应用勾股定理、余弦定理求 AC ， AF ，CF ，cos AFC ，利用三角形面积公式求 AFCS△ ，根据等
体积法求点面距离.
【详解】
（1）连接 BD 交 AC 于点O ，连接 OF ，则 O 为 BD 的中点，
∵ E ， F 为 PB 的两个三等分点，
∴ F 为 BE 的中点，则 //OF DE ，又 OF 平面 ACF ， DE 平面 ACF ，
∴ //DE 平面 ACF .
（2）∵ 3PA AD AB ，
由勾股定理得 2 23 3 3 2AC ， 2 22 1 5AF ， 2 2 23 1 1 11CF ，
由余弦定理得
2 2 2( 5) ( 11) (3 2)cos
2 5 11
AFC
1
55
，则
21 54sin 1
55 55
AFC
.
∴ 1 54 3 65 112 255AFCS △ ，设点 B 到平面 ACF 的距离为 d .
由 B ACF F ABCV V ，得 21 3 6 1 1 3 13 2 3 2d ，解得 6
2d .
∴点 B 到平面 ACF 的距离为 6
2
.
【点睛】
关键点点睛：
（1）由等分点，结合中点的性质证线线平行，根据线面平行的判定证线面平行；
（2）应用等体积法求点面距离.
34．（2021·全国高三其他模拟）如图，在四棱锥 P ABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD ， AB AD ，
3
2AB ， ACD△ 是边长为 2 的等边三角形， PAD△ 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形．
（1）证明：平面 PDC 平面 PAB ．
（2）求二面角C PB A 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 3 114
38
．
【分析】
（1）通过证明 PD 平面 PAB ，进一步得到结论；
（2）建立空间坐标系，分别求出平面 PAB 和平面 PBC 的法向量，进一步求出答案.
【详解】
（1）证明：因为平面 PAD 平面 ABCD 且相交于 AD ， AB AD ，
所以 AB 平面 PAD ，
所以 AB PD ．
又因为 PA PD ， AB PA A ，所以 PD 平面 PAB ．
因为 PD 平面 PDC ，所以平面 PCD 平面 PAB ．
（2）解：取 AD 的中点O ，连接 PO ， CO．
因为 PA PD ，所以 PO AD ．
又因为 PO 平面 PAD ，平面 PAD 平面 ABCD ，
所以 PO 平面 ABCD ．
因为CO 平面 ABCD ，所以 PO CO ．
因为 AC CD ，所以CO AD ．
如图，建立空间直角坐标系 O xyz ，由题意得 0,1,0A ， 3 ,1,02B
， 3,0,0C ， 0, 1,0D ，
0,0,1P ，则 0, 1, 1PD ， 3,0, 1PC
uuur
， 3 ,1, 12PB
uur
．
由（1）可知 PD 平面 PAB ，所以 0, 1, 1PD 是平面 PAB 的一个法向量．
设平面 PBC 的法向量为 , ,n x y zr ，则 0,
0,
n PB
n PC
即
3 0,2
3 0,
x y z
x z
令 1x ，则 3z ， 3
2y ，所以 31, , 32n
r ．
所以
3 114cos , 38
n PDn PD
n PD
uuurruuurr uuurr ，
由于二面角C PB A 为钝角，故二面角C PB A 的余弦值为 3 114
38
．
【点睛】
求二面角的方法：
1、定义法；2、三垂线法；3、垂面法；4、面积射影法；5、垂线法；
6、法向量法，法向量法是通过求与二面角垂直的两个向量所成的角，继而利用这个角与二面角的平面角相
等或互补的关系，求出二面角的一种方法.
35．（2021·湖南长沙市·高一月考）如图 1，在直角梯形 ABCD 中， / /AB CD ， AB AD ，且
1 12AB AD CD .现以 AD 为一边向梯形外作矩形 ADEF ，然后沿边 AD 将矩形 ADEF 翻折，使
ED DC ，如图 2.
（1）求证： BC ⊥ 平面 BDE ；
（2）若多面体 ABCDEF 的体积为 2
3
，求直线 CD 与平面 BCE 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
6
；
【分析】
（1）根据线面垂直的判定有 ED 面 ADC ，由线面垂直的性质得 ED BC ，结合勾股定理，线面垂直的
判定可证 BC 平面 BDE ；
（2）由题设可求 1ED ，过 D 作 DG BE 于 G，连接 CG，则直线 CD 与平面 BCE 所成角的平面角为
DCG ，利用勾股定理、直角三角形的面积求 DG 、CG ，再由余弦定理求 cos DCG ，进而可得其正弦
值.
【详解】
（1）由题设， / /AB CD ， AB AD ，知：CD AD ，即 AD ED ，又 ED DC ， AD DC D ，
∴ ED 面 ADC ， BC 面 ADC ，则 ED BC ，
∵直角梯形 ABCD 中， 1 12AB AD CD ，
∴ 2BD BC ， 2CD ，有 2 2 2BD BC CD ，
∴ BD BC ，而 BD ED D ，
∴ BC ⊥ 平面 BDE .
（2）若 AF ED a ，由多面体 ABCDEF 的体积为 2
3
，而 ABCDEF B ADEF B EDCV V V ，
∴ 1 1 1 2 2
3 3 2 3 3
aAB AF AD AD ED CD ，即 1a ，则 2 2 3BE BD ED ，
过 D 作 DG BE 于 G，连接 CG，则直线 CD 与平面 BCE 所成角的平面角为 DCG ，
由（1）知： 2CD ， 2BD BC 且 BC BE ，而 DG BE DE BD ，
∴ 6
3DG ，则 2 2 2 4
3BG BD DG ，又 2 2 30
3CG BC BG ，
∴在△CDG 中，
2 2 2 30cos 2 6
CG CD DGDCG CG CD
，则 6sin 6DCG .
【点睛】
关键点点睛：
（1）根据勾股定理、线面垂直的判定及性质证明线面垂直；
（2）利用线面角的定义构造其平面角，综合应用勾股定理、三角形面积、余弦定理及同角三角函数关系求
其正弦值.
36．（2021·河南高三月考（理））如图；在梯形 ABCD 中，
/ / , 60 , 2 2 2 4,AB CD D CD AB BC AD E 为CD 的中点； F 为 AE 的中点，沿 AE 将三角形
ADE 折起
（1）证明：在折起过程中，平面 BDF 平面 BCD，
（2）当折起到平面 ADE 平面 ABC 时，求二面角 A CD E 的余弦值，
【答案】（1）证明见解析；（2） 65
13
．
【分析】
（1）推导出 ,BC BF BC DF ，从而 BC ⊥ 平面 BDF ，能证明平面 BDF 平面 BCD；
（2）以点 F 为坐标原点， , ,FA FB FD
的正方向分别为 , ,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系 F xyz ，
利用向量法能求出二面角 A CD E 的余弦值.
【详解】
1 证明：在平面图形中，因为 E 为CD 的中点且 2CD AD ，
所以 DE AD CE ，
又 60D
所以 ADE 为正三角形
所以 AD AE
又 AB AD
所以 AB AE
又 / /AB CD
所以 60EAB DEA
所以 ABE 为等边三角形
在折起过程中，因为 F 为 AE 的中点，
所以 ,AE DF AE BF
因为 ,CE DE AD AE AD BC AB ；
所以 AB BC CE AE ，
所以四边形 ABCE 为菱形，
所以 / /BC AE ，所以 ,BC BF BC DF
又 , ,BF DF F BF DF 平面 BDF ，所以 BC ⊥ 平面 BDF ，
又 BC 平面 BCD，所以平面 BDF 平面 BCD
2 解：由 1 知 DF AE
因为平面 ADE 平面 ABC ．平面 ADE 平面 ,ABC AE DF 平面 ADE ，
所以 DF 平面 ABC ，从而 DF BF ，
又 BF AF
所以 , ,FA FB FD两两垂直
以点 F 为坐标原点， , ,FA FB FD
的正方向分别为 , ,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系 F xyz (如图)
则 1,0,0 , 0, 3,0 , 0,0, 3 , 1,0,0 , 0,0,0A B D E F
0, 3,0 2,0,0 2, 3,0FC FB BC FB AE
即 2, 3,0C
所以 3, 3,0 , 1,0, 3 , 1,0, 3 , 1, 3,0AC AD ED EC
设平面 ACD 的法向量为 , ,m x y z
，则 0
0
m AC
m AD
即 3 3 0
3 0
x y
x z
令 3x ，可得平面 ACD 的一个法向量 3,3,1m
设平面CDE 的法向量为 , ,n a b c ，
则 0
0
n ED
n EC
即 3 0
3 0
a c
a b
令 3a ，可得平面CDE 的一个法向量 3,1, 1n
所以
5 65cos , 1313 5
m nm n
m n
由于二面角 A CD E 为锐二面角，
故二面角 A CD E 的余弦值为 65
13
【点睛】
本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向
量运算，要认真细心，准确计算．
（2）设 ,m n
分别为平面 ， 的法向量，则二面角 与 ,m n 互补或相等.求解时一定要注意结合实际
图形判断所求角是锐角还是钝角．
37．（2021·湖南长沙市·高一月考）如图，已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB ， 1 2AA ，
M 为 1DD 的中点.
（1）求证： 1 //D B 平面 MAC ；
（2）过 1D B 作正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的截面，使得截面平行于平面 MAC ，在正四棱柱表面应该怎
样画线？请说明理由，并求出截面的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）理由见解析，截面面积为 2 .
【分析】
（1）连接 DB 交 AC 于O 点，所以 MO 是 1D DB 的中位线，可得答案；
（2）分别取 1A A 、 1B B 、 1C C 的中点 、 、E G F ，连接 1 1D E EB BF FD、 、 、 ，则四边形 1D EBF 即为所
求截面，再利用平行四边形的对边平行且相等可证得答案，由所求截面为菱形可得面积.
【详解】
（1）连接 DB 交 AC 于O 点，所以O 为 DB 的中点，连接 MO ，因为 M 为 1DD 的中点，MO 是 1D DB 的
中位线，所以 1 //D B MO ，又 MO 平面 MAC ， 1D B 平面 MAC ，所以 1 //D B 平面 MAC ；
（2）分别取 1A A 、 1B B 、 1C C 的中点 、 、E G F ，连接 1 1D E EB BF FD、 、 、 ，则四边形 1D EBF 即为所
求截面，证明如下，
连接 1AG GF、 ，所以 1 1 //A E GB A E GB ， ，所以四边形 1A EBG 是平行四边形，所以 1 1 //AG EB AG EB ， ，
同理， 1 1 1 1 //A D GF A D GF ， ，所以四边形 1 1D AGF 是平行四边形，所以 1 1 1 1//AG D F AG D F ， ，所以
1 1 //D F EB D F EB ， ，
即四边形 1D EBF 是平行四边形，又因为 1 1 //MD CF MD CF ， ，
所以四边形 1D MCF 是平行四边形，所以 1 //D F MC ，
因为 1D F 平面 MAC ， MC 平面 MAC ，所以 1 //D F 平面 MAC ， 1 1 1D F D B D ，所以平面 //MAC
平面 1D EBF ，
而 1D B 平面 1D EBF ，所以四边形 1D EBF 即为所求截面，
又因为
2
2 2 2 61 2 2EB AE AB
，
2
2 2 2 61 2 2FB BC CF
，所以 EB FB ，所以四边形 1D EBF 为菱形，
所以 1D B EF ，因为 22 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 2D B D D BD D D AD DC ，
2 2 2EF AC AB BC ，所以截面面积为 1
1 22 D B EF .
【点睛】
本题考查了线面平行、面面平行的证明及截面图形的求法，关键点是根据平行四边形性质得到截面，考查
了学生的空间想象力和计算能力.
38．（2021·山东高三专题练习）在四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AA 平面 ABCD ， / /AB CD ，
90ACD ∠ ， 2, 6BC AC ， 1CD ， 1AM CC ，垂足为 M．
（1）证明：平面 ABM 平面 1 1CDD C ；
（2）若二面角 B AM D 正弦值为 21
7
，求直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角的余弦．
【答案】（1）证明见解析，（2） 1
2 .
【分析】
（1）连接 1 1AC ，由 1AA 平面 ABCD ，可得 1AA CD ，而 AC CD ，可得CD 平面 1 1AAC C ，从而
有 AM CD ，再由 1AM CC 可证得 AM 平面 1 1CDD C ，再利用面面垂直的判定定理可证得平面
ABM 平面 1 1CDD C ；
（2）由已知可得平面 ABM 平面 1 1AAC C ，从而由二面角 B AM D 正弦值为 21
7
，可得二面角
C AM D 的余弦值为 21
7
，由条件可得 CMD 为二面角C AM D 的平面角，所以
221 2 7sin 1 ( )7 7
CDCMD DM
，求出 DM ，CM 的长，再由 AM 平面 1 1CDD C ，可得 ACM
为直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角，从而可求得结果.
【详解】
（1）证明：连接 1 1AC ，
因为 1AA 平面 ABCD ，CD 平面 ABCD ，
所以 1AA CD ，
因为 AC CD ， 1AA AC A ，
所以CD 平面 1 1AAC C ，
因为 AM 平面 1 1AAC C ，
所以 AM CD ，
因为 1AM CC ， 1C C CD C ,
所以 AM 平面 1 1CDD C ，
因为 AM 平面 ABM ，
所以平面 ABM 平面 1 1CDD C ；
（2）因为 //AB CD ， 90ACD ，所以 90BAC ，即 BA AC ，
因为 1AA 平面 ABCD ， BA 平面 ABCD ，
所以 1BA AA ，
因为 1AA AC A ,所以 BA 平面 1 1AAC C ，
因为 BA 平面 ABM ，所以平面 ABM 平面 1 1AAC C ，
因为二面角 B AM D 正弦值为 21
7
，
所以二面角C AM D 的余弦值为 21
7
，
因为 AM 平面 1 1CDD C ， DM 平面 1 1CDD C ，故 DM AM ，
因为 CM AM ，
所以 CMD 为二面角 C AM D 的平面角，
因为CD 平面 1 1AAC C ，CM 平面 1 1AAC C ，
所以 CD CM ，
所以 221 2 7sin 1 ( )7 7
CDCMD DM
，
因为 1CD
所以 7
2 7
DM ，所以 2 2 49 21 3128 28 2CM DM CD ，
因为 AM 平面 1 1CDD C ，
所以 ACM 为直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角，
所以
3
12cos 23
CMACM AC
，
所以直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角的余弦为 1
2
【点睛】
关键点点睛：解题的关键是证出平面 ABM 平面 1 1AAC C ，然后将二面角 B AM D 正弦值为 21
7
，
转化为二面角 C AM D 的余弦值为 21
7
，从而 CMD 为二面角C AM D 的平面角，属于中档题.
39．（2021·全国高三月考（文））已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 如图所示，其中平面 ABC 平面 1CA ，直线 1AA
与平面 ABC 所成角为 30°， 1 90AA C ACB ， 2AC BC ，点 M 在线段 1 1A B 上．
（1）求证： 1 1AA A B ；
（2）若 2 3BC ，三棱锥 1A BCM 的体积为 6，求 1
1
A M
MB 的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【分析】
（1）通过证明 1AA 平面 1A BC 即可证得；
（2）先判断 1 30A AC ，进而得 1A BCS ，；利用等体积转化得到点 M 到平面 1A BC 的距离等于 h ，
1
1
2h BB ，从而得解.
【详解】
（1）证明：∵平面 ABC 平面 1CA ，平面 1CA 平面 ABC AC ， BC AC ， BC 平面 ABC ，
∴ BC ⊥ 平面 1CA ；
∵ 1AA 平面 1CA ，∴ 1BC AA ；
又∵ 1 90AAC ， 1 1AA AC ，
而 1BC AC C ，∴ 1AA 平面 1A BC ；
又∵ 1A B 平面 1A BC ；∴ 1 1AA A B ；
（2）由（1）可知， 1AA 平面 1A BC ， 1 1//BB AA ，∴ 1BB 平面 1A BC ；
易知 1AA 在底面 ABC 上的射影就是 AC ，所以 1A AC 就是直线 1AA 与底面 ABC 所成的角，且
1 30A AC ，
∵ 4 3AC ，∴ 1 6A A ， 1 6BB ， 1 2 3AC ，
则
1
1 2 3 2 3 62A BCS ；
设点 M 到平面 1A BC 的距离等于 h ，
则
1 1
1 6 63A BCM M A BCV V h ，∴ 3h ，
所以 1
1
2h BB ，所以点 M 是棱 1 1A B 的中点，从而 1
1
1A M
MB
为所求．
40．（2021·安徽合肥市·高三二模（文））如图，在三棱锥 P ABC 中， 2PA PC ， 2 2AC BC ，
AC BC ，D 为棱 AB 上一点， 3BD AD ，棱 AC 的中点 E 在平面 PAB 上的射影 F 在线段 PD 上.
（1）证明： AB 平面 PDE；
（2）求三棱锥 P AEF 的体积.
【答案】（1）见详解；（2） 2
9
【分析】
（1）取 AB 的中点 M ，根据线段长度可得 , ,DE AD AE ，然后根据勾股定理逆定理可知 AB DE ，依据
题意可知 AB EF ，最后根据线面垂直判定定理可知结果.
（2）使用等体积法 P AEF A PEFV V ，计算出 PEFS△ ，即可得到结果.
【详解】
取 AB 的中点 M ，如图
由 2 2AC BC ， AC BC ，所以 4,AB CM AB 且 2CM
又 3BD AD ，所以 1AD ， DE // CM ，且 1DE ，
因为 E 为 AC 的中点，所以 2AE ，则 2 2 2AD DE AE ，
则 AD DE ，即 AB DE ，
又 E 在平面 PAB 上的射影 F 在线段 PD 上，则 EF 平面 PAB ，所以 EF AB
由 DE EF E , ,DE EF 平面 PDE，所以 AB 平面 PDE
由（1）可知 AB 平面 PDE ，所以 AB PE ，又 PA PC ， E 为 AC 的中点
所以 PE AC ， AB AC A , ,AB AC 平面 ABC ，所以 PE 平面 ABC
又 DE 平面 ABC ，所以 PE DE ，
由 2, 2PA PC EC ，所以 2 2 2PE PC EC
所以 2 2 3PD PE DE ，由 6
3PD EF PE DE EF
所以 2 2 2 3
3PF PE EF ，所以 1 2
2 3PEFS PF EF △
由 1 2
3 9P AEF A PEF PEFV V S AD △
【点睛】
思路点睛：第（1）问利用线段长度得到 AB DE ，熟练线面垂直判定定理即可；第（2）问掌握等体积法
的使用.
41．（2021·全国高三专题练习（文））三棱锥V ABC 中，平面VAB 平面 ABC ， VAB 为等边三角形，
AC BC 且 2AC BC ，O 、 M 分别为 AB 、VA 的中点.
（1）求证： / /VB 平面 MOC ；
（2）求证：平面 MOC 平面VAB ；
（3）求三棱锥V ABC 的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 3
3
.
【分析】
（1）由三角形中位线定理可得 / /OM VB ，再由线面平行的判定定理可得 / /VB 平面 MOC ；
（2）由于 AC BC ，O 为 AB 的中点，可得 OC AB ，再由平面VAB 平面 ABC ，可证得OC 平
面VAB ，然后利用面面垂直的判定定理可得平面 MOC 平面VAB ；
（3）由于OC 平面VAB ，所以求 1
3C VAB VABV OC S ，可得三棱锥V ABC 的体积
【详解】
(1)证明：∵O 、 M 分别为 AB 、VA 的中点，∴ / /OM VB ，
又∵VB 平面 MOC ，OM 平面 MOC ，∴ / /VB 平面 MOC ；
(2)证明：∵ AC BC ，O 为 AB 的中点，∴OC AB ，
又∵平面VAB 平面 ABC ，平面VAB 平面 ABC AB ，
且OC 平面 ABC ，∴OC 平面VAB ，又OC 平面 MOC ，
∴平面 MOC 平面VAB ；
(3)解：在等腰直角三角形 ACB 中， 2AC BC ，
∴ 2AB ， 1OC ，∴等边三角形VAB 的面积 3VABS ，
又∵OC 平面VAB ，∴三棱锥C VAB 的体积 1 3
3 3C VAB VABV OC S ，
∴ 3
3V ABC C VABV V .
42．（2021·吉林吉林市·高二三模（文））如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧棱 1AA 底面
1 1 1 1, 90 , 4, 2,A B C BAC AB AC AA M 是 AB 中点， N 是 1 1A B 中点， P 是 1BC 与 1BC 的交点，
点Q 在线段 1C N 上.
（1）求证： / /PQ 平面 1ACM
（2）求点Q 到平面 1ACM 的距离
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3
3
.
【分析】
（1）根据条件结合面面平行的判定定理先证明平面 1 / /ACM 平面 1BC N ，然后即可证明 / /PQ 平面 1ACM ；
（2）利用等体积法可知 1 1B A CM A BCMV V ，由此得到
1 1
1 1
3 3A CM BCMS h AA S ，结合相关长度和面
积计算出 h 的值，则点Q 到平面 1ACM 的距离可知.
【详解】
（1）连接 BN ，因为 M 是 AB 中点， N 是 1 1A B 中点，且几何体为三棱柱，所以 1 / /C N CM ，
又因为 1C N 平面 1ACM ， CM 平面 1ACM ，所以 1 / /C N 平面 1ACM ；
又 1A N BM 且 1 / /A N BM ，所以四边形 1A NBM 是平行四边形，所以 1 / /A M BN ，
又因为 BN 平面 1ACM ， 1A M 平面 1ACM ，所以 / /BN 平面 1ACM ；
且 1C N BN N ， 1 ,C N BN 平面 1BC N ，所以平面 1 / /ACM 平面 1BC N ，
又 PQ 平面 1BC N ，所以 / /PQ 平面 1ACM ；
（2）由（1）知平面 1 / /ACM 平面 1BC N ，所以点Q 到平面 1ACM 的距离 点 B 到平面 1ACM 的距离，
记点 B 到平面 1ACM 的距离为 h ，
因为 1 1B A CM A BCMV V ，所以
1 1
1 1
3 3A CM BCMS h AA S ，
因为 1 2AM AC AA ，且 90BAC 且侧棱 1AA 底面 1 1 1A B C ，
所以 2 2
1 1 2 2 2 2MC A M AC ，所以
1
2 2 2 3
2 32A CMS
，
又 1 2 2 22BCMS ，所以 2 3 2 2h ，所以 2 3
3h ，
所以点Q 到平面 1ACM 的距离为 2 3
3
.
【点睛】
方法点睛：求解平面外一点 A 到平面 的距离的方法：
（1）直接法：通过线面垂直的证明，找到 A 在平面 内的投影点 A ，则 AA即为 A 到平面 的距离；
（2）等体积法：通过转换棱锥的顶点棱锥的体积不变，表示出不同顶点下棱锥的高和底面积，再根据体积
相等即可求出点到面的距离.
43．（2020·湖南长沙市·高一月考）如图， AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于 A ， B 的点，直
线 PC 平面 ABC .
（1）证明：平面 PBC 平面 PAC ；
（2）设 2AB PC ， 1AC ，求二面角 B PA C 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 19
19
.
【分析】
（1）依据题意可得 PC BC ，根据圆的性质可得 BC AC ，最后根据面面垂直的判定定理可得结果.
（2）作CM PA ，通过证明 PA 平面 BCM ，找到二面角 B PA C 的平面角 BMC ，然后简单计
算即可.
【详解】
（1）
证明：∵ AB 是圆O 的直径，∴ BC AC ，又∵ PC 平面 ABC ，
∴ PC BC ，∵ PC AC C ， PC 平面 PAC ， AC 平面 PAC ，
∴ BC ⊥ 平面 PAC .又 BC 平面 PBC ，∴平面 PBC 平面 PAC ；
（2）∵ BC ⊥ 平面 PAC ， PA 平面 PAC ，所以 PA BC
过C 作CM PA 于 M ，连接 BM ，
BC CM CI , ,BC CM 平面 BCM ，所以 PA 平面 BCM
则 BM PA ，∴ BMC 即为二面角 B PA C 的平面角，
2
5
CM ， 3BC ，∴
3 15tan 2 2
5
BMC .
∴ 2 19cos 19BMC .
44．（2021·江苏高三专题练习）如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形， ,AP PD 将三角形 PAD 沿 AD
折起使平面 PAD 平面 ABCD .
（1）若 M 为 PC 上一点，且满足 BM PD ，求证： PD AM ；
（2）若二面角 B PC D 的余弦值为 10
5
，求 AP 的长.
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 .
【分析】
（1）先由面面垂直得到 ,PD AB 然后证明 PD 面 ,ABM 从而得到 PD AM ；
（2）取 AD 中点О ，以О 为坐标原点，分别以 , ,OA AB OP
方向为 , ,x y z 轴正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系，用向量法求 AP.
【详解】
解： 1 证明：因为面 PAD 面 ,ABCD 面 PAD 面 ,ABCD AD AB 面 ,ABCD
,AB AD 所以 AB 面 ,PAD
又 PD 面 ,PAD
所以 ,PD AB
又 ,PD BM AB BM B ，
所以 PD 面 ,ABM
又 AM 面 ,ABM
所以 PD AM ；
2 取 AD 中点О ，连结 OP,因为 ,AP PD 所以 OP AD .
又平面 PAD 平面 ABCD ，所以 OP 平面 ABCD .
以О 为坐标原点，分别以 , ,OA AB OP
方向为 , ,x y z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ,OP a 则有 ( )1,2,0 , 1,2,0 , 1,0,0 , 0,0,B C D P a ，
可得 2,0,0 , 0, 2,0 , ,, 1 2CB CD CP a ，
设 1 1 1, ,m x y z 为平面 PBC 的一个法向量
则有 0
0
m CB
m CP
即 1
1 1 1
2 0
2 0
x
x y az
不妨令 1y a ，则 0, ,2m a
ur ，
设 2 2 2, ,n x y z 为平面 PCD的一个法向量，
则有 0
0
n CD
n CP
即 2
2 2 2
2 0
2 0
y
x y az
不妨令 2x a ，则 ,0, 1n a ，
因为 10
5
m n
m n
可得
2 2
2 10
54 1a a
解得 1a ，
所以 1 1 2AP .
【点睛】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法
计算．
45．（2021·四川成都市·高三二模（文））如图①，在等腰三角形 PBC 中， 3 5PB PC ， 6BC ，D ，
E 满足 2BD DP
uuur uuur ， 2CE EP
uur uur ．将 PDE△ 沿直线 DE 折起到 ADE 的位置，连接 AB ， AC ，得到如
图②所示的四棱锥 A BCED ，点 F 满足 2BF FA ．
（Ⅰ）证明： //DF 平面 ACE ；
（Ⅱ）当 29AB 时，求三棱锥 A DEF 的体积．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 8
9 .
【分析】
（Ⅰ）在棱 AC 上取点G 满足 2CG AG ，根据共线向量的性质、平行线的性质，结合平行四边形的判定
定理、平行四边形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可
（Ⅱ）利用勾股定理及逆定理，结合线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】
解：（Ⅰ）如图，在棱 AC 上取点G 满足 2CG AG ，连接 EG ， FG ．
∵ 2BF FA ，∴ //FG BC 且 1
3FG BC ．
又 2BD DP
uuur uuur ， 2CE EP
uur uur ，可得 //DE BC 且 1
3DE BC ．
∴ DE FG 且 //DE FG ．
∴四边形 DEGF 为平行四边形．
∴ //DF EG ．
又∵ DF 平面 ACE ， EG 平面 ACE ，
∴ //DF 平面 ACE ．
（Ⅱ）如图，分别取 DE ， BC 的中点 M ， N ，连接 AM ， MN ， BM ， BE ．
由题意，知 MN BC ， 2AM ， 4MN ， 3BN ．
在 Rt BMN△ 中， 2 2 2 23 4 5BM BN MN ．
在 ABM 中，∵ 29AB ，∴ 2 2 2 2 22 5 29AM BM AB ．
∴ AM BM ．
又∵ AM DE ， BM DE M ， BM ， DE 平面 BCED ，
∴ AM 平面 BCED ．
∵ 2BF AF ，
∴三棱锥 A DEF 的体积 1 1
3 3A DEF F ADE B ADE A BDEV V V V ．
又∵ 1 1 1 82 4 23 6 6 3A BDE BDEV S AM DE MN AM △ ，
∴三棱锥 A DEF 的体积 1 1 8 8
3 3 3 9A DEF A BDEV V ．
46．（2020·安徽滁州市·高二月考（理））如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1CBB C 为正方形，且
1 1AC CB^ ，点 D、E 分别为棱 1 1 1,AA B C 的中点．
（1）求证： AB 平面 1 1CBB C ；
（2）求证： / /DE 平面 1ABC ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据正方形的性质、直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质进行证明即可；
（2）取线段 1B B 的中点 F，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】
证明：（1）∵侧面 1 1CBB C 为正方形，∴ 1 1CB BC ，
又∵ 1 1 1,AC CB AC 平面 1 1,ABC BC 平面 1 1 1 1,ABC AC BC C ，
∴ 1CB 平面 1ABC ，∵ AB Ì平面 1ABC ，∴ 1AB CB ，
又∵直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，∴ 1AB B B ，
∵ 1B C 平面 1 1 1,CBB C BB 平面 1 1 1 1 1,CBB C BB B C B ，∴ AB 平面 1 1CBB C ，
（2）如图，取线段 1B B 的中点 F，连 DF 、 EF ，
∵ 1 1,AD A D BF B F ，∴ / /DF AB ，∵ AB Ì平面 1ABC ，∴ / /DF 平面 1ABC ，
∵ 1 1 1,BF B F C E B E ，∴ 1/ /EF BC ，∵ 1BC 平面 1ABC ，∴ / /EF 平面 1ABC ，
又∵ DF EF F ， DF 、 EF 平面 DEF ，∴平面 / /DEF 平面 1ABC ，
∵ DE 平面 DEF ，∴ / /DE 平面 1ABC ．
四、填空题
47．（2021·全国高三专题练习）如图，已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面边长为 2，高为 3，则异面直
线 1AA 与 1BD 所成角的正切值为_______．
【答案】 2 2
3
【分析】
直接利用异面直线所成角的定义求解.
【详解】
因为 1 1/ /AA DD ，
所以 1DD B 是异面直线 1AA 与 1BD 所成的角，
在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面边长为 2，高为 3，
所以 1
1
2 2tan 3
BDDD B DD
，
故答案为： 2 2
3
48．（2021·全国高三月考（理））如图，在三棱锥 P ABC 的平面展开图中， 2AC AE ， 2 3AP ，
AP AC ， AP AE ， 120CAD ；设三棱锥 P ABC 中两异面直线 PB 与 AC 所成的角为 ，则
cos __________．
【答案】 1
4
【分析】
分别平移 ,PB AC 到中位线位置，确定异面直线 PB 与 AC 所成的角，结合余弦定理求解即可．
【详解】
如图所示：设 , ,AB BC AP 的中点分别为 , ,M N G ，连接 , , ,AN MN GM GN
则 // , //GM BP MN AC ，故异面直线 PB 与 AC 所成的角等于直线 MN 与 MG 的夹角，
依题意得 2 21 1 4 12 22 2GM AB AP ， 1 12MN AC
因为 AP AC ， AP AB ，又 AC AB A ，则 AP 平面 ABC ，所以 AP AN
又 cos60 1AN AC ，则 2 2 3 1 2GN AG AN
由余弦定理得
2 2 2 1 4 4 1cos 2 2 1 2 4
NM MG GNNMG NM MG
所以 1cos 4
故答案为： 1
4
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题
化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 0, 2
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面
直线所成的角．
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