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【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-第02讲《玩转立体几何中的角度、体积、距离问题》讲学案
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这是一份【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-第02讲《玩转立体几何中的角度、体积、距离问题》讲学案，文件包含第02讲玩转立体几何中的角度体积距离问题解析版docx、第02讲玩转立体几何中的角度体积距离问题原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共97页， 欢迎下载使用。
第02讲 玩转立体几何中的角度、体积、距离问题
【知识点梳理】
知识点1.求点线、点面、线面距离的方法
(1)若P是平面外一点，a是平面内的一条直线，过P作平面的垂线PO，O为垂足，过O作OA⊥a，连接PA，则以PA⊥a．则线段PA的长即为P点到直线a的距离(如图所示)．
(2)一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离叫直线与平面的距离．
(3)求点面距离的常用方法：①直接过点作面的垂线，求垂线段的长，通常要借助于某个直角三角形来求解．
②转移法：借助线面平行将点转移到直线上某一特殊点到平面的距离来求解．
③体积法：利用三棱锥的特征转换位置来求解．
知识点2.异面直线所成角的常用方法
求异面直线所成角的一般步骤：
(1)找(或作出)异面直线所成的角——用平移法，若题设中有中点，常考虑中位线.
(2)求——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出所找的角.
(3)结论——设(2)所求角大小为θ.若，则θ即为所求；若，则即为所求.
知识点3.直线与平面所成角的常用方法
求平面的斜线与平面所成的角的一般步骤
(1)确定斜线与平面的交点(斜足)；
(2)通过斜线上除斜足以外的某一点作平面的垂线，连接垂足和斜足即为斜线在平面上的射影，则斜线和射影所成的锐角即为所求的角；
(3)求解由斜线、垂线、射影构成的直角三角形.
知识点4.作二面角的三种常用方法
(1)定义法：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线.如图①，则∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(2)垂直法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角，即为二面角的平面角.如图②，∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(3)垂线法：过二面角的一个面内异于棱上的一点A向另一个平面作垂线，垂足为B，由点B向二面角的棱作垂线，垂足为O，连接AO，则为二面角的平面角或其补角.如图③，为二面角的平面角.
知识点5.求体积的常用方法
选择合适的底面，再利用体积公式求解.
【题型归纳目录】
题型一：异面直线所成的角
题型二：线面角
题型三：二面角
题型四：距离问题
题型五：体积问题
【典型例题】
题型一：异面直线所成的角
例1．（2022·山西省长治市第二中学校高一阶段练习）已知圆柱的轴截面为正方形，为上底面圆弧的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据圆柱中的垂直关系,可求出,，进而根据余弦定理即可求解.
【详解】
设圆柱的底面圆半径为,则圆柱的高为，在直角三角形中，为上底面圆弧的中点，故,
在直角三角形中,,同理可知
所以在中，
因为,所以为异面直线与所成角，故余弦值为.
故选:A
例2．（2022·福建·泉州五中高一期中）在长方体中，，，点、分别是棱、的中点，、、平面，直线平面，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行定理对直线进行平移、从而实现在三角形内求解角度．
【详解】
如图，连接并延长，交线段的延长线于点，连接交于点．
则易知．连接，
因为，所以异面直线与所成的角为．
在中，易得，，，
则．
故选：B．
例3．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设棱的中点为G，连接FG，EG，BE，，根据，，得到，进而得到∠EFG为异面直线EF与所成的角求解．
【详解】
解：如图，
设棱的中点为G，连接FG，EG，BE，．
因为，，
所以，
故∠EFG为异面直线EF与所成的角．
设正方体的棱长为2，
则，，．
在等腰三角形EFG中，．
故异面直线EF与夹角的余弦值为．
故选：A
例4．（2022·江苏省镇江中学高一阶段练习）在长方体中，已知，则直线和直线所成角的余弦值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
可证∥，则直线和直线所成角为，利用余弦定理计算处理．
【详解】
连接
∵∥且，则为平行四边形
∴∥，则直线和直线所成角为
，则
故答案为：．
例5．（2022·河北邢台·高一阶段练习）如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角的正切值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】
如图，取的中点，连接，等于异面直线与所成角，证明平面即得解.
【详解】
解：如图，取的中点，连接，则
等于异面直线与所成角.
设，则.
取的中点，连接.
，为等边三角形，
平面，
平面，，
.
所以，异面直线与所成的角的正切值等于1.
故答案为：1
例6．（2022·江苏·连云港高中高一阶段练习）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.
(1)求证：平面；
(2)当，时，求直线与所成角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据四边形是菱形，得到，再由平面，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）根据，得到即为直线与所成角（或补角），然后在中，利用余弦定理求解.
(1)
证明：∵四边形是菱形，
∴，
又∵平面，平面，
∴，又，，平面，
∴平面；
(2)
∵平面，，平面，
所以，，
所以，，
因为，所以即为直线与所成角（或补角），
又，
所以在中，由余弦定理，
即，
解得，
所以直线与所成角的余弦值.
题型二：线面角
例7．（2022·黑龙江·大庆中学高一期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形．
(1)求证：平面；
(2)若与相交于O，求与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)30°．
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的性质和判定可得证；
（2）连接PO，根据线面角的定义可得∠APO是PA与平面PBD所成的角．解三角形可求得答案.
(1)
证明：∵PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴PD⊥AC，
又四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，PD∩BD=D，PD，BD平面PBD，
∴AC⊥平面PBD．
(2)
解：连接PO，
∵AC⊥平面PBD，
∴∠APO是PA与平面PBD所成的角．
又∠BAD=60°，AD=2，
∴，∵，，
∴，又，
∴∠APO=30°．∴PA与平面PBD所成角的大小为30°．
例8．（2022·甘肃·天水市第一中学高一阶段练习）如图所示，四面体中，已知平面平面，，，，.
(1)求线段的长；
(2)若二面角为，求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理可求得的长；
（2）证明出平面，可得出面角的平面角为，计算出的长，再证明出平面，可得出直线与平面所成的角为，计算出的正弦值，即可得解.
(1)
解：在中，，，，
由余弦定理可得，故.
(2)
解：，，，则，，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
二面角的平面角为，
，则为等腰直角三角形，且，
平面，平面，，
，，平面，
所以，与平面所成角为，则.
例9．（2022·甘肃定西·高一阶段练习）如图，在五面体中，为边长为的等边三角形，平面，，．点为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接、，证明出，，并证明出四边形为平行四边形，可得出，进而可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知为直线与平面所成角，计算出、的长，即可求得的余弦值.
(1)
证明：取的中点为，连接、，
因为平面，平面，故，
而为等边三角形，为的中点，所以，
又、分别为、所在棱的中点，所以，．
又，，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，则，，
又，所以平面．
(2)
解：平面，平面，，
且为直线与平面所成角，
由题知，，，
则，
即直线与平面所成角的余弦值为．
例10．（2022·山西·晋中新大陆双语学校高一阶段练习）在正方体中
(1)求直线与平面ABCD所成角的正切值．
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先作出直线与平面ABCD所成角，再求其正切值即可；
（2）先证明平面，进而可以证明
(1)
正方体中，平面
则为直线与平面ABCD所成的角，
中，，，则
则直线与平面ABCD所成角的正切值为．
(2)
正方体中，平面
则，又，
则平面，又平面
则
例11．（2022·河北邢台·高一阶段练习）如图，已知在平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA⊥AB，，且PA＝CD＝2AB＝2．将此平面四边形ABCP沿CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，连接PA、PB．
(1)求证：平面PBC⊥平面PBD；
(2)设Q为侧棱PC的中点，求直线PB与平面QBD所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明平面，从而可得，由勾股定理可得，从而得到平面，从而使得问题得证.
（2）设点P到面QBD的距离为h，由等体积法求出的值h，从而可得出答案.
(1)
∵平面底面，平面底面，平面，
且由，知，∴平面，
又平面，∴．
取中点，连接，则，且，
在中，，在中，．
∵，∴，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
(2)
设点P到面QBD的距离为h，因为，
点Q到面PBD的距离为点C到面PBD的距离的一半，即为，，所以.
在三角形QBD中，，，
点Q到BD的距离为，则，
由，可得，所以.
直线PB与平面QBD所成角的正弦值为.即
例12．（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）如图，已知是正三角形，EA、CD都垂直于平面ABC，且，，F是BE的中点，
(1)求证：平面ABC；
(2)求证：平面EDB；
(3)求直线AD与平面EDB所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）取AB的中点M，由题可得四边形FMCD是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）由题可得CM⊥平面EAB，然后可得FD⊥AF，，利用线面垂直的判定定理即得；
（3）由题可得直线AD与平面EDB所成角为∠ADF，结合条件即得.
(1)
取AB的中点M，连FM，MC，
∵F、M分别是BE、BA的中点，
∴，，
∵EA、CD都垂直于平面ABC，
∴，∴，
又，∴，
∴四边形FMCD是平行四边形，
∴，又平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC；
(2)
∵M是AB的中点，是正三角形，
∴CM⊥AB，又CM⊥AE，，
∴CM⊥平面EAB，
∴CM⊥AF，FD⊥AF，
因F是BE的中点，，
∴，，
∴AF⊥平面EDB．
(3)
由（2）可得AD在平面EBD的射影为DF，
所以直线AD与平面EDB所成角为∠ADF，
由题可得，，，
所以；
所以直线AD与平面EDB所成角的余弦值为．
题型三：二面角
例13．（2022·浙江·湖州中学高一阶段练习）已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可求解；
（2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义及勾股定理，结合锐角三角函数的定义即可求解；
（3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用面面角的定义及勾股定理，结合等面积法及锐角三角函数的定义即可求解；
(1)
因为 所以为等边三角形，
因为为的中点,所以.
取的中点，连接，，则，
因为平面平面平面平面平面，
所以平面，又平面，所以
因为平面所以平面
因为平面所以
又因为平面，所以平面.
(2)
过点作，垂足为.如图所示
由（1）知，平面.
因为平面，所以，所以平面，
所以为与平面所成角.
由（1）知，平面平面，所以.
在中，，,
因为为的中点，所以.
在中，，
在中，，
在中，，
所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
(3)
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以,
由（1）知，平面，所以平面，平面.
所以.
过点作,垂足为，连接,,平面,
所以平面.平面.所以，
所以为二面角的平面角.
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以
由（1）知，平面.平面.所以,
在中，,由（2）知，
即，解得.
因为平面.平面.所以.
在中，.
.
所以二面角的平面角的余弦值为.
例14．（2022·山东省临沂第一中学高一阶段练习）如图，是的直径，C是圆周上异于的点，是平面外一点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)若，点是上一点，且与在直径同侧，．
①设平面平面，求证：；
②求二面角的正切值．
【答案】(1)见解析
(2)①证明见解析，②
【解析】
【分析】
（1）根据三角形全等，可证明线线垂直，进而可证明线面垂直，即平面，进一步可得面面垂直.（2）根据圆内接四边形，可证明，进而根据线面平行的判定证明线面平行，再根据线面平行的性质可证线线平行.（3）先找出二面角的平面角，然后再求解即可.
(1)
证明：连接，
，
，
又是以为直径的圆周上一点，
．
，
，
，
，，平面，
平面，
平面，
平面平面；
(2)
①证明：由题意，四边形是圆的内接四边形，
，，
，
又点在圆上且与在直线的同侧，
，
平面，平面，
平面，
设平面平面，
平面，
；
②取的中点，连接，，
则，，
，．
平面，平面，
是平面与平面所成的锐二面角的平面角，
，，．
是边长为1的正三角形，
．
平面，
，
平面与平面所成的锐二面角的正切值为．
例15．（2022·全国·高一专题练习）在四棱锥中，，，平面，分别为的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析.
(2)150°.
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可求证.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，，证明二面角的平面角与互补，计算的大小即可.
(1)
解：∵平面，平面，∴
又，∴,
∵，∴平面，
又在中，分别为中点，故，∴平面
∵平面，
∴平面平面.
(2)
解：取的中点，连接，取的中点，连接，，
由，平面，可得平面，
又，，可得，
因为是斜线在平面上的射影，
由三垂线定理可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角与互补．
在中，设，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
则二面角的大小为．
例16．（2022·全国·高一专题练习）已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．
(1)证明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理即可求证；
（2）在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH，可得二面角D﹣BF﹣E的平面角∠DHG，计算∠DHG的余弦值即可.
(1)
证明：在直角梯形ABCD中，因为，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB．
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．
(2)
解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．
在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH．
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，，
因为∠BFE为三角形的内角，
故，故，
故，
因为∠DHG为三角形的内角，
故．
所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．
例17．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥V﹣ABCD中底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD
(1)证明：AB⊥平面VAD；
(2)求面VAD与面VDB所成的二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理结合正方形性质可证；
（2）取VD中点E，证明∠AEB即为所求的二面角的平面角，然后可得.
(1)
因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD，
又平面VAD⊥平面ABCD， AB⊂平面ABCD，平面VAD∩平面ABCD＝AD，
∴AB⊥面VAD
(2)
取VD中点E，连接AE，BE，
∵△VAD是正三角形，
∴,
∵AB⊥面VAD，AE，VD⊂平面VAD
∴AB⊥VD，AB⊥AE
∴AE⊥VD，AB⊥VD，AB∩AE＝A，且AB，AE⊂平面ABE，
所以VD⊥平面ABE，
∵BE⊂平面ABE，
∴BE⊥VD，
∴∠AEB即为所求的二面角的平面角．
在Rt△ABE中，，
例18．（2022·全国·高一专题练习）在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，对角线与相交于点，平面，与平面所成的角为．
(1)求四棱锥的体积；
(2)若是的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求二面角的正切值．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据线面夹角的定义，可得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，根据垂直，利用三角函数，得到高的值，求出底面菱形的面积，便可得到最后答案.
（2）根据异面直线夹角的定义，取AB的中点F，连接EF、DF．由E是PB的中点，得EF∥PA，∴∠FED是异面直线DE与PA所成角（或它的补角），再利用三角形的性质可得三角函数的值.
（3）根据二面角的平面角定义，作MC⊥PB，垂足为M，连接OM，则OM⊥PB，∴∠OMC为二面角C﹣PB﹣D的平面角．在根据三角形的余弦定理得到最后答案.
(1)
在四棱锥P﹣ABCD中，由PO⊥平面ABCD，
得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．
在菱形ABCD中，对角线AC⊥BD，且∠BAO=30°，
在Rt△AOB中BO＝ABsin30°＝1，由PO⊥BO，
于是，PO＝BOtan60°＝，而底面菱形的面积为．
∴四棱锥P﹣ABCD的体积．
(2)
取AB的中点F，连接EF、DF．
由E是PB的中点，得EF∥PA，
∴∠FED是异面直线DE与PA所成角（或它的补角），
在Rt△AOB中AO＝ABcos30°＝＝OP，
于是，在等腰Rt△POA中，PA＝，则EF＝．
在正△ABD和正△PBD中，DE＝DF＝，
cos∠FED＝＝
∴异面直线DE与PA所成角的余弦值为；
(3)
作CM⊥PB，垂足为M，连接OM，
△PBC中，PC＝，PB＝2，BC＝2，
∴由等面积可得＝，∴CM＝，
在Rt△CMB中，，则，
因为，所以，且，则，
∴∠OMC为二面角C﹣PB﹣D的平面角．
∴cos∠OMC＝，∴二面角C﹣PB﹣D的正切值为．
题型四：距离问题
例19．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形， ， ，PA=PB，AB=PC=4，点M是AB的中点，点N在线段BC上．
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)若二面角 的大小为 ，求N到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明以及，根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）根据二面角 的大小为可求得的长，然后利用等体积法求得答案.
(1)
证明：在△PAB中，因为，，
点M是AB的中点,所以 ，
因为底面ABCD是菱形，，AB=4，
所以，
所以 ，∴ ,
而AB∩CM=M，AB、CM⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，
因为平面PAB，
所以平面 平面PAB；
(2)
由（1）可得PM⊥面ABCD，连结MN，则二面角的平面角为∠NMC，
∵二面角的大小为 ，∴ ，
在Rt△BCM中， ，∴ ，即MN⊥BC，
∴ ，
在△AMD中，，
∴，
又，
∴ ，则△PCD为直角三角形．故 ,
设N到平面PCD的距离为d，又 ．
即，即
解得，所以N到平面PCD的距离为．
例20．（2022·上海市浦东复旦附中分校高一阶段练习）长方体中．
(1)求证：平面平面；
(2)若此长方体，，，求平面到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，证得平面和平面，结合面面平行的判定定理，即可证得平面平面.
（2）设到平面的距离为，根据，求得点到平面的距离，进而得到平面到平面的距离.
(1)
在长方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
因为，且平面，所以平面平面.
(2)
由题意，长方体，，可得，,
在直角中，可得，
在直角中，可得，
又由，可得的面积为，
设到平面的距离为，则有，
即，所以，
所以平面到平面的距离.
例21．（2022·湖南·高一课时练习）长方体的棱，，．
(1)求点B和点之间的距离；
(2)求直线CD和平面的距离；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)13
(3)
【解析】
【分析】
（1）为长方体的对角线长度，即可求解.
（2）由平面，又平面，则为直线CD和平面的距离，即可求解.
（3）先平面平面，再过作交于点,则为点到平面的距离，从而可求解.
(1)
连结,则为长方体的对角线长度
则
(2)
在长方体中，,
平面，所以平面
由平面
所以直线CD和平面的距离为
(3)
在长方体中，平面
平面，所以平面平面
平面平面
过作交于点,则平面
所以为点到平面的距离.
由,则
例22．（2022·内蒙古·开鲁县第一中学高一期中）如图在直三棱柱中，，，，E是上的一点，且，D、F、G分别是、、的中点，EF与相交于H．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求平面EGF与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理可得,进而推出，再结合的边长，利用勾股定理即可推出，最后结合线面垂直的判定定理即可完成证明；
（2）根据是的中位线，即可证明，再利用，即可证明，再根据题意条件，证明，最后利用面面平行的判定定理即可完成证明；
（3）由（2）可知，平面平面，而，因此平面EGF与平面的距离就是两条平行线之间的距离，再结合四边形的边角关系，可得是的公垂线，即为两个平面之间的距离，求出即可完成距离的求解.
(1)
在直三棱柱中, ，交线为，而，，，，
根据已知条件可得，为的中点，，，结合勾股定理可得，，所以平面.
(2)
如图所示，取的中点，连接，，，为的中点，而为的中点，为的中位线，，又，且，，，，，
F、G分别是、的中点，是的中位线，，
在直三棱柱中，，，，，又，平面平面.
(3)
由平面平面，EF与相交于H，又 平面，平面，两平面之间的距离即为H到平面的距离，即， ，
∽，，，
故平面EGF与平面的距离为.
题型五：体积问题
例23．（2022·北京·北师大实验中学高一阶段练习）如图，直四棱柱中中，，，，，设M为的中点．
(1)求四棱柱的表面积；
(2)求证：面；
(3)连接，记三棱锥的体积为，四棱柱的体积为，求的值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）分别求出侧面积和底面积，即可求出表面积；（2）取AB的中点为P，连接CP.连接DP交AC于O，连接OM.先证明出，利用线面平行的判定定理即可证明面；（3）利用等体积法求出，再求出，即可取出的值．
(1)
因为为直四棱柱，所以侧面均为矩形.
因为，，，所以侧面积.
而上下底面为全等的等腰梯形.如图示：
过D作DE⊥AB于E, 过C作CF⊥AB于F.由等腰梯形的对称性可得.
所以.
所以底面积.
所以表面积为
(2)
取AB的中点为P，连接CP.连接DP交AC于O，连接OM.
因为，，，所以,，所以四边形APCD为平行四边形，所以.
同理可证：四边形BPDC为平行四边形，所以,.
因为为直四棱柱，M为的中点，所以,.
所以,,所以四边形为平行四边形，所以.
又因为面，面，
所以面.
(3)
由（2）可知：面，所以和D到面的距离相等，
所以.
而
所以
例24．（2022·全国·高一专题练习）如图1，在直角梯形ADCE中，AD∥EC，2AD=2DC=EC， ，点B为线段EC上的中点，将△ABE沿AB折到 的位置，使二面角 的大小为 ，如图2．
(1)求证：AB∥平面 ；
(2)试确定过AB的截面，使垂直于该截面，说明理由，并求该截面将几何体分成的两部分体积之比；
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）设2AD=2DC=EC=2，确定相关线段的长，取 的中点G，连接BG，经过点G在 中作GM∥CD，交E1D于点M，连接AM，BM，证明点M在平面ABG上，以及 平面ABM，根据棱锥的体积公式即可求得答案.
(1)
证明：∵在直角梯形ADCE中，AD∥EC，2AD=2DC=EC，
，点B为线段EC上的中点，故
即四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，
折叠后，AB,CD平行关系不变，∵CD⊂平面 ， 平面CDE1，
∴AB∥平面．
(2)
解：设2AD=2DC=EC=2，
∵点B为线段EC上的中点，
将△ABE沿AB折到 的位置，
使二面角 的大小为 ，由（1）知， ,
∴ ，∴ ，
取 的中点G，连接BG，经过点G在 中作GM∥CD，交E1D于点M，
连接AM，BM，
∵ ，∴ ，
又∵ ，AB∩BG＝B，∴ 平面ABG，
∵GM∥CD∥AB，∴点M在平面ABG上，∴ 平面ABM，
故==，
=
=，
∴该截面将几何体分成的两部分体积之比为：＝.
例25．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD=4，BC=CD=2，PA=PC=PD，AD∥BC且AD⊥DC，O，M分别为AC，PA的中点．
(1)求证：BM∥平面PCD；
(2)求证：PO⊥平面ACD；
(3)若二面角P﹣CD﹣A的大小为 ，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（3）由二面角P﹣CD﹣A的大小为求得四棱锥的高，根据棱锥体积公式求得答案.
(1)
证明：取PD的中点N，连接MN，CN，
∵M为PA中点，∴MN∥AD，，
由已知BC∥AD， ，∴MN∥BC，MN=BC，
∴四边形MNCB为平行四边形，则BM∥CN．
又 平面PCD，CN⊂平面PCD，
∴BM∥平面PCD；
(2)
证明：连接OD，∵AD⊥CD，∴OD=OA=OC，
又PA=PC=PD，∴△POC≌△POD，故 ,
又PA=PC，O为AC中点，∴PO⊥AC，,则PO⊥OD，
∵AC∩OD＝O，∴PO⊥平面ACD；
(3)
解：取CD的中点F，连接OF，PF．∴OF∥AD，，
∵CD⊥AD，∴OF⊥CD，
又PC=PD，F为CD的中点，
∴PF⊥CD，故∠PFO为二面角P﹣CD﹣A的平面角，则 ，
∵PO⊥平面ABCD，∴，
由已知，四边形ABCD为直角梯形，∴，
∴．
例26．（2022·全国·高一专题练习）如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
(1)与所成的角是否为定值，试说明理由；
(2)若二面角为，求四面体的体积．
【答案】(1)与所成角为定值，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，由线面垂直证明线线垂直，即可确定与所成角为定值；
（2）根据题意可得为二面角的平面角，即可求解各边长度，利用棱锥的体积公式即可求解.
(1)
解：（1）因为平面平面，，
所以平面，
∵平面，所以，同理可证．
又为菱形，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，所以平面．
又平面，所以，
故与所成角为定值．
(2)
解：∵，为中点，
∴，为二面角的平面角，所以，
由题意知，解得，
又，可得，
由（1）得平面，
所以四面体的体积为：
．
例27．（2022·山东·济南市教育教学研究院高一阶段练习）如图，四边形ABCD为长方形，平面ABCD，，，点E、F分别为AD、PC的中点．设平面平面．
(1)证明：平面PBE；
(2)证明：；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接， ，由条件可证明，从而可得线面平行；
（2）根据线面平行的性质即可证明；
（2）利用等体积转化，根据题中数据，即可求出结果．
(1)
取PB中点，连接FG，EG，因为点E、F分别为AD、PC的中点
所以，，因为四边形ABCD为长方形，所以，且，所以，，所以四边形DEGF为平行四边形，所以
因为平面PBE，平面PBE，平面PBE
(2)
由（1）知平面PBE，又平面PDC，平面平面
所以
(3)
因为平面ABCD，所以PD为三棱锥的高，
所以．
例28．（2022·山东·高一期末）如图，在圆锥中，，，为底面圆上的三个点，，且，．
(1)证明：平面．
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设线段上靠近的三等分点为，连接，，再结合条件证明四边形为平行四边形，分析求解即可；（2）作于点，则为的中点，再求出梯形的面积，由圆锥性质得到平面的距离为，再利用公式求解即可.
(1)
如图，设线段上靠近的三等分点为，连接，．
因为，所以，所以，且，
因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以
因为平面，平面，所以平面．
(2)
作于点，则为的中点，所以，
所以梯形的面积为，
因为，所以到平面的距离为，
所以四棱锥的体积为．
【过关测试】
一、单选题
1．（2022·山东·高一期末）在中，，，以BC所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可得该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为2，高为，进而即得.
【详解】
∵在中，，，
∴，边上的高为2，
由题可知该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为2，高为，
所以该几何体的体积为．
故选：A.
2．（2022·甘肃定西·高一阶段练习）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直观图的平面图，结合图形计算可得；
【详解】
解：∵三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形，可知平面图如下所示：
∴的底，腰，
为直角三角形，高，所以斜边，
∴直角三角形的周长是．
故选：A
3．（2022·北京市海淀区教师进修学校高一阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论错误的是（ ）
A．直线与为异面直线
B．平面
C．三棱锥的表面积为
D．三棱锥的体积为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据异面直线的定义即可判断A，根据线线平行证明线面平行即可判断B,根据每个三角形的面积可得三棱锥的表面积，可判断C，根据体积公式可判断D.
【详解】
因为平面,平面,平面,,所以直线与为异面直线,故A对.平面，平面，平面，故B对.
,,所以三棱锥的表面积为，故C对.
,故D 错.
故选:D
4．（2022·山东·济南市教育教学研究院高一阶段练习）正三棱柱的底面边长为4，侧棱长为3，D，E分别为，上靠近A，B的三等分点，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
取的中点，连接，则，从而得到平面，根据计算可得；
【详解】
解：如图取的中点，连接，则，
在正三棱柱，平面，平面，
所以，，平面，所以平面，
又，
所以
故选：B
5．（2022·山东·高一期末）在正三棱柱中，，为的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
延长至点，使，延长至，使，取的中点，连接，，，，易证，再分别求出长度，利用余弦定理求解即可.
【详解】
如图，延长至点，使，延长至，使，取的中点，
连接，，，，根据题意得：，，
所以四边形为平行四边形，所以，
则为异面直线和的夹角或其补角，
易得，，，所以．
故选：A.
6．（2022·山西·大同一中高一阶段练习）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
等体积法求解点到平面的距离.
【详解】
设点A到平面A1BC的距离为h，
因为AB＝AC＝BC＝2，
所以，，
由勾股定理得：，
取BC中点D，连接，则，BD=1，
故，所以，
因为，所以.
故选：B
7．（2022·山西·怀仁市第一中学校云东校区高一阶段练习（文））如图，在正方体中，直线与平面ABCD所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面角的定义，确定直线与平面ABCD的夹角，解三角形求其大小.
【详解】
因为多面体为正方体，
所以平面，平面
所以，所以，
由平面可得为直线与平面ABCD的夹角，
设,
在中，,，，
所以，
故选：D.
8．（2022·上海市浦东复旦附中分校高一阶段练习）在三棱锥中，平面；记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先得到三棱锥的每一个面都是直角三角形，然后可得与平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他们的余弦值，利用向量法计算直线与直线所成的角为的余弦值，然后比较大小.
【详解】
令，
由平面，且平面
，又，，
面
三棱锥的每一个面都是直角三角形.
与平面所成的角，
二面角的平面角，
由已知可得，
，
，
又，
则
所以，又均为锐角，
故选：A.
二、多选题
9．（2022·河北·沧县中学高一期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为
B．三棱锥的体积为1
C．二面角的大小为
D．与底面所成的角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对选项A，易证平面，即可判断A正确，对选项B，计算三棱锥的体积即可判断B正确，对选项C，根据题意得到是二面角的平面角，再求其大小即可判断C错误，对选项D，根据题意得到与底面所成的角即为，再求其正切值即可判断D正确.
【详解】
对选项，取的中点，连接，如图所示：
因为侧面为边长为2的正三角形，且为的中点，
所以，
又底面是菱形，，
所以是边长为2的等边三角形，
所以，又，，平面，
所以平面，，
即异面直线与所成的角为，故正确；
对选项B，因为平面平面，，
所以平面.
因为，，
所以，故B正确；
对于选项，因为平面平面，，平面，
所以，.
是二面角的平面角，，则，
在中，，即，
故二面角的大小为，故错误.
对选项D，如图所示：
因为平面，
所以与底面所成的角即为，
因为，
所以，D正确.
故选：ABD
10．（2022·全国·高一课时练习）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．点A到平面A1BC的距离为 B．平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C．三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 D．二面角A1-BC-A的大小为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC
11．（2022·云南·会泽县实验高级中学校高一阶段练习）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点D到面的距离为
D．三棱柱外接球半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线和所成的角为∠；对于B：可证平面，则直线与平面所成的角为；对于C：根据等体积转换，求点D到面的距离；对于D：三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
【详解】
连接、
∵∥且，则四边形为平行四边形，
∴异面直线和所成的角为∠
∵，则△为正三角形，即∠
A不正确；
连接
在正方形中，
∵平面，平面
∴
，则平面
∴直线与平面所成的角为
B正确；
根据等体积转换可知：
即，则
C正确；
三棱柱的外接球即为正方体的外接球
则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即
D正确；
故选：BCD．
12．（2022·福建三明·高一期中）《九章算术》中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”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1═AB═2．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”、四面体为“鳖膈”．
B．若平面与平面的交线为，且与的中点分别为M、N，则直线、、相交于一点．
C．四棱锥体积的最大值为．
D．若是线段上一动点，则与所成角的最大值为．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由堑堵、阳马、鳖膈的定义判断A，由平面的基本性质判断B，由棱柱与棱锥的体积公式判断C，由线面垂直的的性质定理，结合异面直线所成角的定义判断D．
【详解】
堑堵ABC−A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱锥为“阳马”，
同理平面，平面，则，与垂直易得，四面体为“鳖膈”，
A正确；
与的中点分别为M、N，则，所以共面，又，所以相交，设，则，
而平面，平面，所以是平面与平面的一个公共点，必在其交线上，B正确；
，当且仅当时，等号成立，
所以，
即四棱锥体积的最大值为，C错；
由A选项推理知平面，平面，则，当时，，平面，所以平面，
又平面，所以，此时与所成角为，是最大值．D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．（2022·北京一七一中高一阶段练习）在正方体中，直线与平面所成角为，___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正方体性质及线面角的定义找到与面所成角的平面角，并求其正切值.
【详解】
由面，则与面所成角，如下图示，
若正方体棱长为2，则.
故答案为：
14．（2022·甘肃·天水市第一中学高一阶段练习）棱长为2的正方体中，点 到平面的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
通过证明线面垂直得到平面,即即为点到平面的距离，计算即可
【详解】
如图，连接交于点，因为四边形是正方形，所以，在正方体中，平面，故，又 平面故平面,即即为点到平面的距离.
在正方形中，，所以
故答案为：
15．（2022·河北邢台·高一阶段练习）如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角的正切值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】
如图，取的中点，连接，等于异面直线与所成角，证明平面即得解.
【详解】
解：如图，取的中点，连接，则
等于异面直线与所成角.
设，则.
取的中点，连接.
，为等边三角形，
平面，
平面，，
.
所以，异面直线与所成的角的正切值等于1.
故答案为：1
16．（2022·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥中，，，则二面角的余弦值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值.
【详解】
取的中点，连接､，
因为，所以，，
所以即为二面角的平面角，
因为，，所以，
而，在中，由余弦定理可得，
故答案为：.
四、解答题
17．（2022·全国·高一单元测试）如图所示，在直三棱柱中，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）做出辅助线，运用中位线来证明线线平行，利用空间中线面平行的判定定理，即可证明平面；
（2）利用辅助线作图，找到异面直线所成角的平面角，再利用余弦定理即可求得余弦值.
(1)
连接交于点，连接.
∵、分别为、中点，∴，
又平面，平面，∴平面；
(2)
在直三棱柱的上方再作出一个完全一样的几何体，
如图得到直三棱柱，
连接、，则有，
∴（或其补角）为异面直线与所成角，
在中，由余弦定理得，
∴，
在中，，，，
由余弦定理得，
∴异面直线与所成角的余弦值.
18．（2022·湖北·高一阶段练习）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，F是的中点，点E是线段上，且．
(1)证明：直线平面BDE．
(2)若，，，求点F到平面BDE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）连接AC，记，连接OE．取线段的中点H，连接AH，HF，证明平面平面BDE，原题即得证；
（2）作，垂足为G，连接BG，利用等体积法求解.
(1)
证明：连接AC，记，连接OE．取线段的中点H，连接AH，HF．
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．
因为H是的中点，且，所以E是HC的中点，
因为O，E分别是AC，HC的中点，所以．
因为平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．
因为H，F分别是，的中点，所以．
因为平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．
因为平面AHF，平面AHF，且，
所以平面平面BDE．
因为平面AHF，所以平面BDE．
(2)
解：由（1）可知平面BDE，则点F到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离．
因为，，，所以的面积为．
作，垂足为G，连接BG，则平面ABCD．
因为，所以，，则．
因为，，，所以．
因为，，，所以，则．
在中，由余弦定理可得，则．
故的面积为．
设点F到平面BDE的距离为h，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以，
解得，即点F到平面BDE的距离为．
19．（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E，F分别为，，的中点，，．
(1)求证：平面BEF；
(2)求点D与平面的距离；
(3)求二面角的正切值；
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）通过证明，得线面垂直；
（2）由题可得平面，然后利用等积法即得；
（3）连接交CD于O，可得平面BOE，进而可得为二面角的平面角，结合条件即得.
(1)
在三棱柱中，
因为平面ABC，
所以四边形为矩形，又E，F为AC，中点，
所以．
因为，所以．
又，且EF，平面BEF，
所以平面BEF．
(2)
由得，设D到平面距离为h，
由，，，
所以平面， ，，
∴，，
∴，
，
又，
∴，
∴．
(3)
由（2）知，平面，
又平面，
所以，
连接交CD于O，连接OB，
由题可知≌，
则，即，
，
所以平面BOE，又平面BOE，
所以，
即为二面角A－CD－B的平面角，为二面角的平面角，
由∽得，
，，，
在中，，在中，，
，，
，
∴，即二面角的正切值为．
20．（2022·北京·清华附中朝阳学校高一阶段练习）在四棱柱中，侧面底面，且侧面为矩形，底面为菱形，O为与交点，已知．
(1)求证：平面；
(2)在图上作出平面与平面的交线，并证明．
(3)设点M在内（含边界），且，说明满足条件的点M的轨迹，并求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）连接交于E，连接交于F，连接EF.利用三角形的中位线定理证明出.
（3）在△BC1D内满足的点M的轨迹是线段C1G.判断出OM⊥CG时，OM取得最小值.利用三角形等面积法的最小值.
(1)
因为为矩形，所以.
又侧面底面，，所以底面，所以.
因为底面为菱形，所以.
因为平面，平面，，
所以平面；
(2)
连接交于E， 所以，所以面；同理面，所以E为面与面的公共点.
连接交于F，同理可证：F为面与面的公共点.
连接EF，则EF为平面与平面的交线.
因为四棱柱的侧面为平行四边形，所以E为的中点，F为的中点，由三角形的中位线定理可得：.
(3)
设AC，BD交于点G.
如图，在△BC1D内满足的点M的轨迹是线段C1G.
理由如下:
连接OG，则BD⊥OG.由于BD∥B1D1，故欲使，只需OM⊥BD，从而需BD⊥平面OMG，从而需MG⊥BD.
因为在△BC1D中，C1D=C1B，G为BD的中点，所以BD⊥C1G，故点M一定在线段C1G上.
当OM⊥CG时，OM取得最小值.
在Rt△OC1G中，OG=1，，所以.由三角形等面积法可得：
所以.
即的最小值为.
21．（2022·江苏省镇江第一中学高一阶段练习）如图，三棱柱侧棱垂直于底面，，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若．
①求证：；
②求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)①证明见解析，②
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）依题意可得平面，则为直线与平面所成角，再根据锐角三角函数计算可得；
（3）①首先可证平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得证；
②由①可得即二面角的平面角，由余弦定理，可得二面角的余弦值．
(1)
证明：连接交于点，连接，
因为三棱柱侧棱垂直于底面，所以三棱柱是直三棱柱，
所以平行四边形为矩形，所以为的中点，
为的中点，
，
平面，平面，
平面．
(2)
解：因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，，所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
(3)
解：①，，
，
底面，底面，
，
，，平面，
平面，
平面，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
②由①可知平面，
，平面，
，，
即二面角的平面角，
由，所以，可得
所以，
，
又，
，
故二面角的平面角的余弦值为．
22．（2022·重庆南开中学高一期中）如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，，EF是圆柱上异于AD，BC的母线，P，Q分别为线段BF，ED上的点．
(1)若P，Q分别为BF，ED的中点，证明：平面CDF；
(2)若，求图中所示多面体FDQPC的体积V的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值．
【解析】
【分析】
（1）连接，根据圆柱的性质可得四边形为平行四边形，即可得到
为的中点，从而得到，即可得证；
（2）设，，即可得到，，再根据比例关系，表示出，，表示出三棱锥与三棱锥的高，根据锥体的体积公式得到，令，则，再令，根据函数的性质求出最大值；
(1)
证明：如图连接，
根据圆柱的性质可得且，所以四边形为平行四边形，
因为为的中点，所以为的中点，又为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
(2)
解：中，设，，则，，
所以，
所以，
设三棱锥高为，设三棱锥高为，
由比例关系，可知，
所以，，
∵
∴
∵设
∴，
令，当且仅当时取等号，则
又关于在上单调递减，
∴当，即，即时，取到最大值．
第02讲 玩转立体几何中的角度、体积、距离问题
【知识点梳理】
知识点1.求点线、点面、线面距离的方法
(1)若P是平面外一点，a是平面内的一条直线，过P作平面的垂线PO，O为垂足，过O作OA⊥a，连接PA，则以PA⊥a．则线段PA的长即为P点到直线a的距离(如图所示)．
(2)一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离叫直线与平面的距离．
(3)求点面距离的常用方法：①直接过点作面的垂线，求垂线段的长，通常要借助于某个直角三角形来求解．
②转移法：借助线面平行将点转移到直线上某一特殊点到平面的距离来求解．
③体积法：利用三棱锥的特征转换位置来求解．
知识点2.异面直线所成角的常用方法
求异面直线所成角的一般步骤：
(1)找(或作出)异面直线所成的角——用平移法，若题设中有中点，常考虑中位线.
(2)求——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出所找的角.
(3)结论——设(2)所求角大小为θ.若，则θ即为所求；若，则即为所求.
知识点3.直线与平面所成角的常用方法
求平面的斜线与平面所成的角的一般步骤
(1)确定斜线与平面的交点(斜足)；
(2)通过斜线上除斜足以外的某一点作平面的垂线，连接垂足和斜足即为斜线在平面上的射影，则斜线和射影所成的锐角即为所求的角；
(3)求解由斜线、垂线、射影构成的直角三角形.
知识点4.作二面角的三种常用方法
(1)定义法：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线.如图①，则∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(2)垂直法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角，即为二面角的平面角.如图②，∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(3)垂线法：过二面角的一个面内异于棱上的一点A向另一个平面作垂线，垂足为B，由点B向二面角的棱作垂线，垂足为O，连接AO，则为二面角的平面角或其补角.如图③，为二面角的平面角.
知识点5.求体积的常用方法
选择合适的底面，再利用体积公式求解.
【题型归纳目录】
题型一：异面直线所成的角
题型二：线面角
题型三：二面角
题型四：距离问题
题型五：体积问题
【典型例题】
题型一：异面直线所成的角
例1．（2022·山西省长治市第二中学校高一阶段练习）已知圆柱的轴截面为正方形，为上底面圆弧的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据圆柱中的垂直关系,可求出,，进而根据余弦定理即可求解.
【详解】
设圆柱的底面圆半径为,则圆柱的高为，在直角三角形中，为上底面圆弧的中点，故,
在直角三角形中,,同理可知
所以在中，
因为,所以为异面直线与所成角，故余弦值为.
故选:A
例2．（2022·福建·泉州五中高一期中）在长方体中，，，点、分别是棱、的中点，、、平面，直线平面，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行定理对直线进行平移、从而实现在三角形内求解角度．
【详解】
如图，连接并延长，交线段的延长线于点，连接交于点．
则易知．连接，
因为，所以异面直线与所成的角为．
在中，易得，，，
则．
故选：B．
例3．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）在正方体中，E，F分别为棱AD，的中点，则异面直线EF与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设棱的中点为G，连接FG，EG，BE，，根据，，得到，进而得到∠EFG为异面直线EF与所成的角求解．
【详解】
解：如图，
设棱的中点为G，连接FG，EG，BE，．
因为，，
所以，
故∠EFG为异面直线EF与所成的角．
设正方体的棱长为2，
则，，．
在等腰三角形EFG中，．
故异面直线EF与夹角的余弦值为．
故选：A
例4．（2022·江苏省镇江中学高一阶段练习）在长方体中，已知，则直线和直线所成角的余弦值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
可证∥，则直线和直线所成角为，利用余弦定理计算处理．
【详解】
连接
∵∥且，则为平行四边形
∴∥，则直线和直线所成角为
，则
故答案为：．
例5．（2022·河北邢台·高一阶段练习）如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角的正切值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】
如图，取的中点，连接，等于异面直线与所成角，证明平面即得解.
【详解】
解：如图，取的中点，连接，则
等于异面直线与所成角.
设，则.
取的中点，连接.
，为等边三角形，
平面，
平面，，
.
所以，异面直线与所成的角的正切值等于1.
故答案为：1
例6．（2022·江苏·连云港高中高一阶段练习）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.
(1)求证：平面；
(2)当，时，求直线与所成角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据四边形是菱形，得到，再由平面，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）根据，得到即为直线与所成角（或补角），然后在中，利用余弦定理求解.
(1)
证明：∵四边形是菱形，
∴，
又∵平面，平面，
∴，又，，平面，
∴平面；
(2)
∵平面，，平面，
所以，，
所以，，
因为，所以即为直线与所成角（或补角），
又，
所以在中，由余弦定理，
即，
解得，
所以直线与所成角的余弦值.
题型二：线面角
例7．（2022·黑龙江·大庆中学高一期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形．
(1)求证：平面；
(2)若与相交于O，求与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)30°．
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的性质和判定可得证；
（2）连接PO，根据线面角的定义可得∠APO是PA与平面PBD所成的角．解三角形可求得答案.
(1)
证明：∵PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴PD⊥AC，
又四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，PD∩BD=D，PD，BD平面PBD，
∴AC⊥平面PBD．
(2)
解：连接PO，
∵AC⊥平面PBD，
∴∠APO是PA与平面PBD所成的角．
又∠BAD=60°，AD=2，
∴，∵，，
∴，又，
∴∠APO=30°．∴PA与平面PBD所成角的大小为30°．
例8．（2022·甘肃·天水市第一中学高一阶段练习）如图所示，四面体中，已知平面平面，，，，.
(1)求线段的长；
(2)若二面角为，求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理可求得的长；
（2）证明出平面，可得出面角的平面角为，计算出的长，再证明出平面，可得出直线与平面所成的角为，计算出的正弦值，即可得解.
(1)
解：在中，，，，
由余弦定理可得，故.
(2)
解：，，，则，，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
二面角的平面角为，
，则为等腰直角三角形，且，
平面，平面，，
，，平面，
所以，与平面所成角为，则.
例9．（2022·甘肃定西·高一阶段练习）如图，在五面体中，为边长为的等边三角形，平面，，．点为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接、，证明出，，并证明出四边形为平行四边形，可得出，进而可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知为直线与平面所成角，计算出、的长，即可求得的余弦值.
(1)
证明：取的中点为，连接、，
因为平面，平面，故，
而为等边三角形，为的中点，所以，
又、分别为、所在棱的中点，所以，．
又，，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，则，，
又，所以平面．
(2)
解：平面，平面，，
且为直线与平面所成角，
由题知，，，
则，
即直线与平面所成角的余弦值为．
例10．（2022·山西·晋中新大陆双语学校高一阶段练习）在正方体中
(1)求直线与平面ABCD所成角的正切值．
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先作出直线与平面ABCD所成角，再求其正切值即可；
（2）先证明平面，进而可以证明
(1)
正方体中，平面
则为直线与平面ABCD所成的角，
中，，，则
则直线与平面ABCD所成角的正切值为．
(2)
正方体中，平面
则，又，
则平面，又平面
则
例11．（2022·河北邢台·高一阶段练习）如图，已知在平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA⊥AB，，且PA＝CD＝2AB＝2．将此平面四边形ABCP沿CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，连接PA、PB．
(1)求证：平面PBC⊥平面PBD；
(2)设Q为侧棱PC的中点，求直线PB与平面QBD所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明平面，从而可得，由勾股定理可得，从而得到平面，从而使得问题得证.
（2）设点P到面QBD的距离为h，由等体积法求出的值h，从而可得出答案.
(1)
∵平面底面，平面底面，平面，
且由，知，∴平面，
又平面，∴．
取中点，连接，则，且，
在中，，在中，．
∵，∴，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
(2)
设点P到面QBD的距离为h，因为，
点Q到面PBD的距离为点C到面PBD的距离的一半，即为，，所以.
在三角形QBD中，，，
点Q到BD的距离为，则，
由，可得，所以.
直线PB与平面QBD所成角的正弦值为.即
例12．（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）如图，已知是正三角形，EA、CD都垂直于平面ABC，且，，F是BE的中点，
(1)求证：平面ABC；
(2)求证：平面EDB；
(3)求直线AD与平面EDB所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）取AB的中点M，由题可得四边形FMCD是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）由题可得CM⊥平面EAB，然后可得FD⊥AF，，利用线面垂直的判定定理即得；
（3）由题可得直线AD与平面EDB所成角为∠ADF，结合条件即得.
(1)
取AB的中点M，连FM，MC，
∵F、M分别是BE、BA的中点，
∴，，
∵EA、CD都垂直于平面ABC，
∴，∴，
又，∴，
∴四边形FMCD是平行四边形，
∴，又平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC；
(2)
∵M是AB的中点，是正三角形，
∴CM⊥AB，又CM⊥AE，，
∴CM⊥平面EAB，
∴CM⊥AF，FD⊥AF，
因F是BE的中点，，
∴，，
∴AF⊥平面EDB．
(3)
由（2）可得AD在平面EBD的射影为DF，
所以直线AD与平面EDB所成角为∠ADF，
由题可得，，，
所以；
所以直线AD与平面EDB所成角的余弦值为．
题型三：二面角
例13．（2022·浙江·湖州中学高一阶段练习）已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可求解；
（2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义及勾股定理，结合锐角三角函数的定义即可求解；
（3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用面面角的定义及勾股定理，结合等面积法及锐角三角函数的定义即可求解；
(1)
因为 所以为等边三角形，
因为为的中点,所以.
取的中点，连接，，则，
因为平面平面平面平面平面，
所以平面，又平面，所以
因为平面所以平面
因为平面所以
又因为平面，所以平面.
(2)
过点作，垂足为.如图所示
由（1）知，平面.
因为平面，所以，所以平面，
所以为与平面所成角.
由（1）知，平面平面，所以.
在中，，,
因为为的中点，所以.
在中，，
在中，，
在中，，
所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
(3)
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以,
由（1）知，平面，所以平面，平面.
所以.
过点作,垂足为，连接,,平面,
所以平面.平面.所以，
所以为二面角的平面角.
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以
由（1）知，平面.平面.所以,
在中，,由（2）知，
即，解得.
因为平面.平面.所以.
在中，.
.
所以二面角的平面角的余弦值为.
例14．（2022·山东省临沂第一中学高一阶段练习）如图，是的直径，C是圆周上异于的点，是平面外一点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)若，点是上一点，且与在直径同侧，．
①设平面平面，求证：；
②求二面角的正切值．
【答案】(1)见解析
(2)①证明见解析，②
【解析】
【分析】
（1）根据三角形全等，可证明线线垂直，进而可证明线面垂直，即平面，进一步可得面面垂直.（2）根据圆内接四边形，可证明，进而根据线面平行的判定证明线面平行，再根据线面平行的性质可证线线平行.（3）先找出二面角的平面角，然后再求解即可.
(1)
证明：连接，
，
，
又是以为直径的圆周上一点，
．
，
，
，
，，平面，
平面，
平面，
平面平面；
(2)
①证明：由题意，四边形是圆的内接四边形，
，，
，
又点在圆上且与在直线的同侧，
，
平面，平面，
平面，
设平面平面，
平面，
；
②取的中点，连接，，
则，，
，．
平面，平面，
是平面与平面所成的锐二面角的平面角，
，，．
是边长为1的正三角形，
．
平面，
，
平面与平面所成的锐二面角的正切值为．
例15．（2022·全国·高一专题练习）在四棱锥中，，，平面，分别为的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析.
(2)150°.
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可求证.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，，证明二面角的平面角与互补，计算的大小即可.
(1)
解：∵平面，平面，∴
又，∴,
∵，∴平面，
又在中，分别为中点，故，∴平面
∵平面，
∴平面平面.
(2)
解：取的中点，连接，取的中点，连接，，
由，平面，可得平面，
又，，可得，
因为是斜线在平面上的射影，
由三垂线定理可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角与互补．
在中，设，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
则二面角的大小为．
例16．（2022·全国·高一专题练习）已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．
(1)证明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理即可求证；
（2）在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH，可得二面角D﹣BF﹣E的平面角∠DHG，计算∠DHG的余弦值即可.
(1)
证明：在直角梯形ABCD中，因为，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB．
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．
(2)
解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．
在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH．
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，，
因为∠BFE为三角形的内角，
故，故，
故，
因为∠DHG为三角形的内角，
故．
所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．
例17．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥V﹣ABCD中底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD
(1)证明：AB⊥平面VAD；
(2)求面VAD与面VDB所成的二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理结合正方形性质可证；
（2）取VD中点E，证明∠AEB即为所求的二面角的平面角，然后可得.
(1)
因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD，
又平面VAD⊥平面ABCD， AB⊂平面ABCD，平面VAD∩平面ABCD＝AD，
∴AB⊥面VAD
(2)
取VD中点E，连接AE，BE，
∵△VAD是正三角形，
∴,
∵AB⊥面VAD，AE，VD⊂平面VAD
∴AB⊥VD，AB⊥AE
∴AE⊥VD，AB⊥VD，AB∩AE＝A，且AB，AE⊂平面ABE，
所以VD⊥平面ABE，
∵BE⊂平面ABE，
∴BE⊥VD，
∴∠AEB即为所求的二面角的平面角．
在Rt△ABE中，，
例18．（2022·全国·高一专题练习）在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，对角线与相交于点，平面，与平面所成的角为．
(1)求四棱锥的体积；
(2)若是的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求二面角的正切值．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据线面夹角的定义，可得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，根据垂直，利用三角函数，得到高的值，求出底面菱形的面积，便可得到最后答案.
（2）根据异面直线夹角的定义，取AB的中点F，连接EF、DF．由E是PB的中点，得EF∥PA，∴∠FED是异面直线DE与PA所成角（或它的补角），再利用三角形的性质可得三角函数的值.
（3）根据二面角的平面角定义，作MC⊥PB，垂足为M，连接OM，则OM⊥PB，∴∠OMC为二面角C﹣PB﹣D的平面角．在根据三角形的余弦定理得到最后答案.
(1)
在四棱锥P﹣ABCD中，由PO⊥平面ABCD，
得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，∠PBO＝60°．
在菱形ABCD中，对角线AC⊥BD，且∠BAO=30°，
在Rt△AOB中BO＝ABsin30°＝1，由PO⊥BO，
于是，PO＝BOtan60°＝，而底面菱形的面积为．
∴四棱锥P﹣ABCD的体积．
(2)
取AB的中点F，连接EF、DF．
由E是PB的中点，得EF∥PA，
∴∠FED是异面直线DE与PA所成角（或它的补角），
在Rt△AOB中AO＝ABcos30°＝＝OP，
于是，在等腰Rt△POA中，PA＝，则EF＝．
在正△ABD和正△PBD中，DE＝DF＝，
cos∠FED＝＝
∴异面直线DE与PA所成角的余弦值为；
(3)
作CM⊥PB，垂足为M，连接OM，
△PBC中，PC＝，PB＝2，BC＝2，
∴由等面积可得＝，∴CM＝，
在Rt△CMB中，，则，
因为，所以，且，则，
∴∠OMC为二面角C﹣PB﹣D的平面角．
∴cos∠OMC＝，∴二面角C﹣PB﹣D的正切值为．
题型四：距离问题
例19．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形， ， ，PA=PB，AB=PC=4，点M是AB的中点，点N在线段BC上．
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)若二面角 的大小为 ，求N到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明以及，根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）根据二面角 的大小为可求得的长，然后利用等体积法求得答案.
(1)
证明：在△PAB中，因为，，
点M是AB的中点,所以 ，
因为底面ABCD是菱形，，AB=4，
所以，
所以 ，∴ ,
而AB∩CM=M，AB、CM⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，
因为平面PAB，
所以平面 平面PAB；
(2)
由（1）可得PM⊥面ABCD，连结MN，则二面角的平面角为∠NMC，
∵二面角的大小为 ，∴ ，
在Rt△BCM中， ，∴ ，即MN⊥BC，
∴ ，
在△AMD中，，
∴，
又，
∴ ，则△PCD为直角三角形．故 ,
设N到平面PCD的距离为d，又 ．
即，即
解得，所以N到平面PCD的距离为．
例20．（2022·上海市浦东复旦附中分校高一阶段练习）长方体中．
(1)求证：平面平面；
(2)若此长方体，，，求平面到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，证得平面和平面，结合面面平行的判定定理，即可证得平面平面.
（2）设到平面的距离为，根据，求得点到平面的距离，进而得到平面到平面的距离.
(1)
在长方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
因为，且平面，所以平面平面.
(2)
由题意，长方体，，可得，,
在直角中，可得，
在直角中，可得，
又由，可得的面积为，
设到平面的距离为，则有，
即，所以，
所以平面到平面的距离.
例21．（2022·湖南·高一课时练习）长方体的棱，，．
(1)求点B和点之间的距离；
(2)求直线CD和平面的距离；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)13
(3)
【解析】
【分析】
（1）为长方体的对角线长度，即可求解.
（2）由平面，又平面，则为直线CD和平面的距离，即可求解.
（3）先平面平面，再过作交于点,则为点到平面的距离，从而可求解.
(1)
连结,则为长方体的对角线长度
则
(2)
在长方体中，,
平面，所以平面
由平面
所以直线CD和平面的距离为
(3)
在长方体中，平面
平面，所以平面平面
平面平面
过作交于点,则平面
所以为点到平面的距离.
由,则
例22．（2022·内蒙古·开鲁县第一中学高一期中）如图在直三棱柱中，，，，E是上的一点，且，D、F、G分别是、、的中点，EF与相交于H．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求平面EGF与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理可得,进而推出，再结合的边长，利用勾股定理即可推出，最后结合线面垂直的判定定理即可完成证明；
（2）根据是的中位线，即可证明，再利用，即可证明，再根据题意条件，证明，最后利用面面平行的判定定理即可完成证明；
（3）由（2）可知，平面平面，而，因此平面EGF与平面的距离就是两条平行线之间的距离，再结合四边形的边角关系，可得是的公垂线，即为两个平面之间的距离，求出即可完成距离的求解.
(1)
在直三棱柱中, ，交线为，而，，，，
根据已知条件可得，为的中点，，，结合勾股定理可得，，所以平面.
(2)
如图所示，取的中点，连接，，，为的中点，而为的中点，为的中位线，，又，且，，，，，
F、G分别是、的中点，是的中位线，，
在直三棱柱中，，，，，又，平面平面.
(3)
由平面平面，EF与相交于H，又 平面，平面，两平面之间的距离即为H到平面的距离，即， ，
∽，，，
故平面EGF与平面的距离为.
题型五：体积问题
例23．（2022·北京·北师大实验中学高一阶段练习）如图，直四棱柱中中，，，，，设M为的中点．
(1)求四棱柱的表面积；
(2)求证：面；
(3)连接，记三棱锥的体积为，四棱柱的体积为，求的值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）分别求出侧面积和底面积，即可求出表面积；（2）取AB的中点为P，连接CP.连接DP交AC于O，连接OM.先证明出，利用线面平行的判定定理即可证明面；（3）利用等体积法求出，再求出，即可取出的值．
(1)
因为为直四棱柱，所以侧面均为矩形.
因为，，，所以侧面积.
而上下底面为全等的等腰梯形.如图示：
过D作DE⊥AB于E, 过C作CF⊥AB于F.由等腰梯形的对称性可得.
所以.
所以底面积.
所以表面积为
(2)
取AB的中点为P，连接CP.连接DP交AC于O，连接OM.
因为，，，所以,，所以四边形APCD为平行四边形，所以.
同理可证：四边形BPDC为平行四边形，所以,.
因为为直四棱柱，M为的中点，所以,.
所以,,所以四边形为平行四边形，所以.
又因为面，面，
所以面.
(3)
由（2）可知：面，所以和D到面的距离相等，
所以.
而
所以
例24．（2022·全国·高一专题练习）如图1，在直角梯形ADCE中，AD∥EC，2AD=2DC=EC， ，点B为线段EC上的中点，将△ABE沿AB折到 的位置，使二面角 的大小为 ，如图2．
(1)求证：AB∥平面 ；
(2)试确定过AB的截面，使垂直于该截面，说明理由，并求该截面将几何体分成的两部分体积之比；
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）设2AD=2DC=EC=2，确定相关线段的长，取 的中点G，连接BG，经过点G在 中作GM∥CD，交E1D于点M，连接AM，BM，证明点M在平面ABG上，以及 平面ABM，根据棱锥的体积公式即可求得答案.
(1)
证明：∵在直角梯形ADCE中，AD∥EC，2AD=2DC=EC，
，点B为线段EC上的中点，故
即四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，
折叠后，AB,CD平行关系不变，∵CD⊂平面 ， 平面CDE1，
∴AB∥平面．
(2)
解：设2AD=2DC=EC=2，
∵点B为线段EC上的中点，
将△ABE沿AB折到 的位置，
使二面角 的大小为 ，由（1）知， ,
∴ ，∴ ，
取 的中点G，连接BG，经过点G在 中作GM∥CD，交E1D于点M，
连接AM，BM，
∵ ，∴ ，
又∵ ，AB∩BG＝B，∴ 平面ABG，
∵GM∥CD∥AB，∴点M在平面ABG上，∴ 平面ABM，
故==，
=
=，
∴该截面将几何体分成的两部分体积之比为：＝.
例25．（2022·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD=4，BC=CD=2，PA=PC=PD，AD∥BC且AD⊥DC，O，M分别为AC，PA的中点．
(1)求证：BM∥平面PCD；
(2)求证：PO⊥平面ACD；
(3)若二面角P﹣CD﹣A的大小为 ，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（3）由二面角P﹣CD﹣A的大小为求得四棱锥的高，根据棱锥体积公式求得答案.
(1)
证明：取PD的中点N，连接MN，CN，
∵M为PA中点，∴MN∥AD，，
由已知BC∥AD， ，∴MN∥BC，MN=BC，
∴四边形MNCB为平行四边形，则BM∥CN．
又 平面PCD，CN⊂平面PCD，
∴BM∥平面PCD；
(2)
证明：连接OD，∵AD⊥CD，∴OD=OA=OC，
又PA=PC=PD，∴△POC≌△POD，故 ,
又PA=PC，O为AC中点，∴PO⊥AC，,则PO⊥OD，
∵AC∩OD＝O，∴PO⊥平面ACD；
(3)
解：取CD的中点F，连接OF，PF．∴OF∥AD，，
∵CD⊥AD，∴OF⊥CD，
又PC=PD，F为CD的中点，
∴PF⊥CD，故∠PFO为二面角P﹣CD﹣A的平面角，则 ，
∵PO⊥平面ABCD，∴，
由已知，四边形ABCD为直角梯形，∴，
∴．
例26．（2022·全国·高一专题练习）如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
(1)与所成的角是否为定值，试说明理由；
(2)若二面角为，求四面体的体积．
【答案】(1)与所成角为定值，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，由线面垂直证明线线垂直，即可确定与所成角为定值；
（2）根据题意可得为二面角的平面角，即可求解各边长度，利用棱锥的体积公式即可求解.
(1)
解：（1）因为平面平面，，
所以平面，
∵平面，所以，同理可证．
又为菱形，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，所以平面．
又平面，所以，
故与所成角为定值．
(2)
解：∵，为中点，
∴，为二面角的平面角，所以，
由题意知，解得，
又，可得，
由（1）得平面，
所以四面体的体积为：
．
例27．（2022·山东·济南市教育教学研究院高一阶段练习）如图，四边形ABCD为长方形，平面ABCD，，，点E、F分别为AD、PC的中点．设平面平面．
(1)证明：平面PBE；
(2)证明：；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接， ，由条件可证明，从而可得线面平行；
（2）根据线面平行的性质即可证明；
（2）利用等体积转化，根据题中数据，即可求出结果．
(1)
取PB中点，连接FG，EG，因为点E、F分别为AD、PC的中点
所以，，因为四边形ABCD为长方形，所以，且，所以，，所以四边形DEGF为平行四边形，所以
因为平面PBE，平面PBE，平面PBE
(2)
由（1）知平面PBE，又平面PDC，平面平面
所以
(3)
因为平面ABCD，所以PD为三棱锥的高，
所以．
例28．（2022·山东·高一期末）如图，在圆锥中，，，为底面圆上的三个点，，且，．
(1)证明：平面．
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设线段上靠近的三等分点为，连接，，再结合条件证明四边形为平行四边形，分析求解即可；（2）作于点，则为的中点，再求出梯形的面积，由圆锥性质得到平面的距离为，再利用公式求解即可.
(1)
如图，设线段上靠近的三等分点为，连接，．
因为，所以，所以，且，
因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以
因为平面，平面，所以平面．
(2)
作于点，则为的中点，所以，
所以梯形的面积为，
因为，所以到平面的距离为，
所以四棱锥的体积为．
【过关测试】
一、单选题
1．（2022·山东·高一期末）在中，，，以BC所在的直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可得该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为2，高为，进而即得.
【详解】
∵在中，，，
∴，边上的高为2，
由题可知该几何体由两个底面重合的圆锥组成，其中圆锥的底面半径为2，高为，
所以该几何体的体积为．
故选：A.
2．（2022·甘肃定西·高一阶段练习）如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直观图的平面图，结合图形计算可得；
【详解】
解：∵三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形，可知平面图如下所示：
∴的底，腰，
为直角三角形，高，所以斜边，
∴直角三角形的周长是．
故选：A
3．（2022·北京市海淀区教师进修学校高一阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论错误的是（ ）
A．直线与为异面直线
B．平面
C．三棱锥的表面积为
D．三棱锥的体积为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据异面直线的定义即可判断A，根据线线平行证明线面平行即可判断B,根据每个三角形的面积可得三棱锥的表面积，可判断C，根据体积公式可判断D.
【详解】
因为平面,平面,平面,,所以直线与为异面直线,故A对.平面，平面，平面，故B对.
,,所以三棱锥的表面积为，故C对.
,故D 错.
故选:D
4．（2022·山东·济南市教育教学研究院高一阶段练习）正三棱柱的底面边长为4，侧棱长为3，D，E分别为，上靠近A，B的三等分点，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
取的中点，连接，则，从而得到平面，根据计算可得；
【详解】
解：如图取的中点，连接，则，
在正三棱柱，平面，平面，
所以，，平面，所以平面，
又，
所以
故选：B
5．（2022·山东·高一期末）在正三棱柱中，，为的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
延长至点，使，延长至，使，取的中点，连接，，，，易证，再分别求出长度，利用余弦定理求解即可.
【详解】
如图，延长至点，使，延长至，使，取的中点，
连接，，，，根据题意得：，，
所以四边形为平行四边形，所以，
则为异面直线和的夹角或其补角，
易得，，，所以．
故选：A.
6．（2022·山西·大同一中高一阶段练习）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
等体积法求解点到平面的距离.
【详解】
设点A到平面A1BC的距离为h，
因为AB＝AC＝BC＝2，
所以，，
由勾股定理得：，
取BC中点D，连接，则，BD=1，
故，所以，
因为，所以.
故选：B
7．（2022·山西·怀仁市第一中学校云东校区高一阶段练习（文））如图，在正方体中，直线与平面ABCD所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面角的定义，确定直线与平面ABCD的夹角，解三角形求其大小.
【详解】
因为多面体为正方体，
所以平面，平面
所以，所以，
由平面可得为直线与平面ABCD的夹角，
设,
在中，,，，
所以，
故选：D.
8．（2022·上海市浦东复旦附中分校高一阶段练习）在三棱锥中，平面；记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先得到三棱锥的每一个面都是直角三角形，然后可得与平面所成的角，二面角的平面角，在直角三角形中算出他们的余弦值，利用向量法计算直线与直线所成的角为的余弦值，然后比较大小.
【详解】
令，
由平面，且平面
，又，，
面
三棱锥的每一个面都是直角三角形.
与平面所成的角，
二面角的平面角，
由已知可得，
，
，
又，
则
所以，又均为锐角，
故选：A.
二、多选题
9．（2022·河北·沧县中学高一期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为
B．三棱锥的体积为1
C．二面角的大小为
D．与底面所成的角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对选项A，易证平面，即可判断A正确，对选项B，计算三棱锥的体积即可判断B正确，对选项C，根据题意得到是二面角的平面角，再求其大小即可判断C错误，对选项D，根据题意得到与底面所成的角即为，再求其正切值即可判断D正确.
【详解】
对选项，取的中点，连接，如图所示：
因为侧面为边长为2的正三角形，且为的中点，
所以，
又底面是菱形，，
所以是边长为2的等边三角形，
所以，又，，平面，
所以平面，，
即异面直线与所成的角为，故正确；
对选项B，因为平面平面，，
所以平面.
因为，，
所以，故B正确；
对于选项，因为平面平面，，平面，
所以，.
是二面角的平面角，，则，
在中，，即，
故二面角的大小为，故错误.
对选项D，如图所示：
因为平面，
所以与底面所成的角即为，
因为，
所以，D正确.
故选：ABD
10．（2022·全国·高一课时练习）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．点A到平面A1BC的距离为 B．平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C．三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 D．二面角A1-BC-A的大小为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC
11．（2022·云南·会泽县实验高级中学校高一阶段练习）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点D到面的距离为
D．三棱柱外接球半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线和所成的角为∠；对于B：可证平面，则直线与平面所成的角为；对于C：根据等体积转换，求点D到面的距离；对于D：三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
【详解】
连接、
∵∥且，则四边形为平行四边形，
∴异面直线和所成的角为∠
∵，则△为正三角形，即∠
A不正确；
连接
在正方形中，
∵平面，平面
∴
，则平面
∴直线与平面所成的角为
B正确；
根据等体积转换可知：
即，则
C正确；
三棱柱的外接球即为正方体的外接球
则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即
D正确；
故选：BCD．
12．（2022·福建三明·高一期中）《九章算术》中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”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1═AB═2．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”、四面体为“鳖膈”．
B．若平面与平面的交线为，且与的中点分别为M、N，则直线、、相交于一点．
C．四棱锥体积的最大值为．
D．若是线段上一动点，则与所成角的最大值为．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由堑堵、阳马、鳖膈的定义判断A，由平面的基本性质判断B，由棱柱与棱锥的体积公式判断C，由线面垂直的的性质定理，结合异面直线所成角的定义判断D．
【详解】
堑堵ABC−A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱锥为“阳马”，
同理平面，平面，则，与垂直易得，四面体为“鳖膈”，
A正确；
与的中点分别为M、N，则，所以共面，又，所以相交，设，则，
而平面，平面，所以是平面与平面的一个公共点，必在其交线上，B正确；
，当且仅当时，等号成立，
所以，
即四棱锥体积的最大值为，C错；
由A选项推理知平面，平面，则，当时，，平面，所以平面，
又平面，所以，此时与所成角为，是最大值．D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．（2022·北京一七一中高一阶段练习）在正方体中，直线与平面所成角为，___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正方体性质及线面角的定义找到与面所成角的平面角，并求其正切值.
【详解】
由面，则与面所成角，如下图示，
若正方体棱长为2，则.
故答案为：
14．（2022·甘肃·天水市第一中学高一阶段练习）棱长为2的正方体中，点 到平面的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
通过证明线面垂直得到平面,即即为点到平面的距离，计算即可
【详解】
如图，连接交于点，因为四边形是正方形，所以，在正方体中，平面，故，又 平面故平面,即即为点到平面的距离.
在正方形中，，所以
故答案为：
15．（2022·河北邢台·高一阶段练习）如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角的正切值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】
如图，取的中点，连接，等于异面直线与所成角，证明平面即得解.
【详解】
解：如图，取的中点，连接，则
等于异面直线与所成角.
设，则.
取的中点，连接.
，为等边三角形，
平面，
平面，，
.
所以，异面直线与所成的角的正切值等于1.
故答案为：1
16．（2022·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥中，，，则二面角的余弦值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值.
【详解】
取的中点，连接､，
因为，所以，，
所以即为二面角的平面角，
因为，，所以，
而，在中，由余弦定理可得，
故答案为：.
四、解答题
17．（2022·全国·高一单元测试）如图所示，在直三棱柱中，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）做出辅助线，运用中位线来证明线线平行，利用空间中线面平行的判定定理，即可证明平面；
（2）利用辅助线作图，找到异面直线所成角的平面角，再利用余弦定理即可求得余弦值.
(1)
连接交于点，连接.
∵、分别为、中点，∴，
又平面，平面，∴平面；
(2)
在直三棱柱的上方再作出一个完全一样的几何体，
如图得到直三棱柱，
连接、，则有，
∴（或其补角）为异面直线与所成角，
在中，由余弦定理得，
∴，
在中，，，，
由余弦定理得，
∴异面直线与所成角的余弦值.
18．（2022·湖北·高一阶段练习）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，F是的中点，点E是线段上，且．
(1)证明：直线平面BDE．
(2)若，，，求点F到平面BDE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）连接AC，记，连接OE．取线段的中点H，连接AH，HF，证明平面平面BDE，原题即得证；
（2）作，垂足为G，连接BG，利用等体积法求解.
(1)
证明：连接AC，记，连接OE．取线段的中点H，连接AH，HF．
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．
因为H是的中点，且，所以E是HC的中点，
因为O，E分别是AC，HC的中点，所以．
因为平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．
因为H，F分别是，的中点，所以．
因为平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．
因为平面AHF，平面AHF，且，
所以平面平面BDE．
因为平面AHF，所以平面BDE．
(2)
解：由（1）可知平面BDE，则点F到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离．
因为，，，所以的面积为．
作，垂足为G，连接BG，则平面ABCD．
因为，所以，，则．
因为，，，所以．
因为，，，所以，则．
在中，由余弦定理可得，则．
故的面积为．
设点F到平面BDE的距离为h，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以，
解得，即点F到平面BDE的距离为．
19．（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E，F分别为，，的中点，，．
(1)求证：平面BEF；
(2)求点D与平面的距离；
(3)求二面角的正切值；
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）通过证明，得线面垂直；
（2）由题可得平面，然后利用等积法即得；
（3）连接交CD于O，可得平面BOE，进而可得为二面角的平面角，结合条件即得.
(1)
在三棱柱中，
因为平面ABC，
所以四边形为矩形，又E，F为AC，中点，
所以．
因为，所以．
又，且EF，平面BEF，
所以平面BEF．
(2)
由得，设D到平面距离为h，
由，，，
所以平面， ，，
∴，，
∴，
，
又，
∴，
∴．
(3)
由（2）知，平面，
又平面，
所以，
连接交CD于O，连接OB，
由题可知≌，
则，即，
，
所以平面BOE，又平面BOE，
所以，
即为二面角A－CD－B的平面角，为二面角的平面角，
由∽得，
，，，
在中，，在中，，
，，
，
∴，即二面角的正切值为．
20．（2022·北京·清华附中朝阳学校高一阶段练习）在四棱柱中，侧面底面，且侧面为矩形，底面为菱形，O为与交点，已知．
(1)求证：平面；
(2)在图上作出平面与平面的交线，并证明．
(3)设点M在内（含边界），且，说明满足条件的点M的轨迹，并求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）连接交于E，连接交于F，连接EF.利用三角形的中位线定理证明出.
（3）在△BC1D内满足的点M的轨迹是线段C1G.判断出OM⊥CG时，OM取得最小值.利用三角形等面积法的最小值.
(1)
因为为矩形，所以.
又侧面底面，，所以底面，所以.
因为底面为菱形，所以.
因为平面，平面，，
所以平面；
(2)
连接交于E， 所以，所以面；同理面，所以E为面与面的公共点.
连接交于F，同理可证：F为面与面的公共点.
连接EF，则EF为平面与平面的交线.
因为四棱柱的侧面为平行四边形，所以E为的中点，F为的中点，由三角形的中位线定理可得：.
(3)
设AC，BD交于点G.
如图，在△BC1D内满足的点M的轨迹是线段C1G.
理由如下:
连接OG，则BD⊥OG.由于BD∥B1D1，故欲使，只需OM⊥BD，从而需BD⊥平面OMG，从而需MG⊥BD.
因为在△BC1D中，C1D=C1B，G为BD的中点，所以BD⊥C1G，故点M一定在线段C1G上.
当OM⊥CG时，OM取得最小值.
在Rt△OC1G中，OG=1，，所以.由三角形等面积法可得：
所以.
即的最小值为.
21．（2022·江苏省镇江第一中学高一阶段练习）如图，三棱柱侧棱垂直于底面，，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若．
①求证：；
②求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)①证明见解析，②
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）依题意可得平面，则为直线与平面所成角，再根据锐角三角函数计算可得；
（3）①首先可证平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得证；
②由①可得即二面角的平面角，由余弦定理，可得二面角的余弦值．
(1)
证明：连接交于点，连接，
因为三棱柱侧棱垂直于底面，所以三棱柱是直三棱柱，
所以平行四边形为矩形，所以为的中点，
为的中点，
，
平面，平面，
平面．
(2)
解：因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
在中，，所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
(3)
解：①，，
，
底面，底面，
，
，，平面，
平面，
平面，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
②由①可知平面，
，平面，
，，
即二面角的平面角，
由，所以，可得
所以，
，
又，
，
故二面角的平面角的余弦值为．
22．（2022·重庆南开中学高一期中）如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，，EF是圆柱上异于AD，BC的母线，P，Q分别为线段BF，ED上的点．
(1)若P，Q分别为BF，ED的中点，证明：平面CDF；
(2)若，求图中所示多面体FDQPC的体积V的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值．
【解析】
【分析】
（1）连接，根据圆柱的性质可得四边形为平行四边形，即可得到
为的中点，从而得到，即可得证；
（2）设，，即可得到，，再根据比例关系，表示出，，表示出三棱锥与三棱锥的高，根据锥体的体积公式得到，令，则，再令，根据函数的性质求出最大值；
(1)
证明：如图连接，
根据圆柱的性质可得且，所以四边形为平行四边形，
因为为的中点，所以为的中点，又为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
(2)
解：中，设，，则，，
所以，
所以，
设三棱锥高为，设三棱锥高为，
由比例关系，可知，
所以，，
∵
∴
∵设
∴，
令，当且仅当时取等号，则
又关于在上单调递减，
∴当，即，即时，取到最大值．
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