2024年通用版高考数学二轮复习专题8.3 利用传统方法求角度和距离(教师版)

这是一份2024年通用版高考数学二轮复习专题8.3 利用传统方法求角度和距离(教师版)，共57页。
题型一求异面直线的夹角
例1．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为2的正方体中，为底面的中心，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________.
【答案】/
【分析】根据给定条件，作出并证明异面直线与所成角，再计算作答.
【详解】在棱长为2的正方体中，取中点，连接，如图，

因为为的中点，有，则四边形是平行四边形，
于是，又，即有四边形是平行四边形，
因此，则是异面直线与所成的角或补角，
而为底面的中心，则，又平面，
从而平面，而平面，则，
在中，，于是，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：
例2．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，，，且，点E，F分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为__________，与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【分析】根据异面直线夹角的定义作辅助线，构造三角形.
【详解】
取的中点G，连接，，则，，故或其补角为异面直线与所成的角，
过A作平面于点O，连接，，，则，
又，且，故平面，故，同理可得，
即为的垂心，故，又，，平面，
平面，故平面，故，即与所成角为；
所以，由可得，故，
即异面直线与所成角的余弦值为；
故答案为：①，②.
练习1．（2023春·广东广州·高一广州四十七中校考期中）如图，在正四面体中，是的中点，P是线段上的动点，则直线和所成角的大小（ ）
A．一定为B．一定为C．一定为D．与P的位置有关
【答案】A
【分析】连接，可以证到，，从而证到平面，所以，即可得解．
【详解】解：连接,
四面体是正四面体，是的中点,
、是等边三角形，
，．
平面，平面，，
平面，又平面，
，
直线与所成角为.
故选：A．
练习2．（2022秋·贵州遵义·高二习水县第五中学校联考期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别取的中点，连接，则可证明为异面直线SC与DE所成的角，分别在三角形中由勾股定理求出，和的长度，利用余弦定理计算得到答案.
【详解】如图所示：
分别取的中点，连接.
由且可得是等边三角形，
则且，且，故且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为，所以为异面直线SC与DE所成的角（或其补角），
因为平面，平面，∴，，
故和均为直角三角形，
所以，，
，
由余弦定理得.
则异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：B
练习3．（2023·江苏·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______.
【答案】
【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.
【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，进而，
又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，，.
从而，，
，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：.
练习4．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将三棱柱补成如图所示的四棱柱，则异面直线与所成角即为，设，求出，由余弦定理求解即可.
【详解】解析：将三棱柱补成如图所示的四棱柱，

连接，由四棱柱的性质知，，
所以异面直线与所成角即为与所成角，
则所求角为，设，则,
由余弦定理可得：，
同理可得，因为，，所以，
所以，
故选：C.
练习5．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，正方体中，E，F分别是，DB的中点，则异面直线EF与所成角的正切值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据异面直线的夹角的求法和线面位置关系即可求解.
【详解】
如图所示，连接直线，
因为分别为直线和直线的中点，
所以为的中位线，
所以，
则异面直线EF与所成角的正切值即为直线与所成角的正切值，
因为,
所以平面,
平面,
所以,
所以为直角三角形，
所以.
故选：B.
题型二求直线与平面的夹角
例3．（2021春·广东佛山·高三佛山市南海区第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，且平分，为的中点，，.
(1)证明平面；
(2)求直线与平面所成的角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，得到是三角形的中位线，故，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）证明平面，可得即为直线与平面所成的角，再解即可.
【详解】（1）令，连结，
∵平分，∴，
又，∴，∴，
点为的中点，
为的中点，，
平面，平面，
平面；
（2）由（1）可知，
平面，平面，，
又平面，平面，
即为直线与平面所成的平面角，
在中，，，，
直线与平面所成角的正切值为.
例4．（2022秋·浙江杭州·高二统考期末）如图，在三棱锥中，是的中点，平面，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明，原题即得证；
（2）连结，就是直线与平面所成的角，解直角三角形求出，，即得解.
【详解】（1）∵平面 ∴
又∵，，平面，
∴平面
（2）连结，由（1）知平面

∴就是直线与平面所成的角，
中，，∴.
中，，∴.
∴ ，
∴．
所以直线与平面所成角的正弦值为.
练习6．（2023春·山东临沂·高三校考期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)若中点为，求证：平面平面.
(3)若平面，，求直线与面所成的角.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，所以，从而得证；
（2）依题意可得即可得到平面，再结合（1）的结论，即可得证；
（3）依题意可得平面平面，由面面垂直的性质得到平面，则即为直线与面所成的角，再根据边长的关系得解.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为为的中点，是的中点
所以，又平面，平面，所以平面，
又平面，，平面，所以平面平面.
（3）因为平面，平面，所以平面平面，
又为正方形，所以，平面，平面平面，
所以平面，
所以即为直线与面所成的角，又，所以为等腰直角三角形，
所以，
即直线与面所成的角为.
练习7．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）米斗是称量粮食的量器，是古代官仓､粮栈､米行及地主家里必备的用具､如图为一倒正四棱台型米斗，高为40cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意作出正四棱台的对角面，为外接球球心，为线段中点，过点作，垂足为，则即为所求角.
【详解】由题意，作出正四棱台的对角面，如图
为正四棱台上底面正方形对角线，为正四棱台下底面正方形对角线，
为外接球球心，为线段中点，则，
过点作，垂足为，则即为所求角.
因为，所以，所以，
所以，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为.

故选: D.
练习8．（2023·全国·高三专题练习）在长方体中，，，，则与平面所成角的正切值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】连接，利用线面角定义知为所求的角，在直角中，即可求解.
【详解】在长方体中，平面，
是与平面所成的角，
连接，平面，，
又，，，所以，
在直角中，，即与平面所成角的正切值为．
故选：D．
练习9．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，E、F分别为AA1、AC的中点.

(1)求证：EF∥平面CDA1B1；
(2)求EF与平面DBB1D1夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定，只要证明平行于平面CDA1B1内一条直线即可；
（2）如图，利用面面垂直确定线面角为，解三角形即可.
【详解】（1）由为交点，连接交于点，
连接，由为中点，
则∥，
由平面CDA1B1，平面CDA1B1，
所以EF∥平面CDA1B1；
（2）连接交于点，连接，
由平面，则，
又，且，
所以平面，
所以平面，
又平面平面，
作于，则平面且为中点，
则为EF与平面DBB1D1所成角，
由AA1=2AB，不妨设，
则，，
所以.

练习10．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDE中，平面平面，平面，是边长为2的正三角形，，．

(1)点为线段上一点，求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，证得平面，得到，且，得到所以四边形为平行四边形，所以，再由，证得平面，得到平面，即可证得；
（2）过作垂直于，证得平面，得到即为与平面所成角，在直角，即可求得与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：取中点，连接，

因为是边长为2的正三角形，可得，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，且，
又因为平面，所以，
因为，可得，所以四边形为平行四边形，所以，
由，且为的中点，可得，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：在中，，且，
由余弦定理得，
所以，
如图所示，过作垂直于，交延长线于点，即，连结，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以即为与平面所成角,
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，即与平面所成角的正弦值为.

题型三求平面与平面的夹角
例5．（2023·全国·高三专题练习）（多选）如图，正四棱柱中，，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面BEF
B．直线与直线BF所成的角为
C．平面BEF与平面ABCD的夹角为
D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABC
【分析】对于A，若平面BEF，则，与矛盾；对于B，假设直线与直线BF所成的角为，可得平面，所以，显然这是不可能的；对于C，可证得即为平面BEF与平面ABCD的夹角，求判断即可；对于D：直线与平面ABCD所成的角即为直线与平面ABCD所成的角.
【详解】对于A，如图，连接，由题意，又E，F分别为，的中点，可得，若平面BEF，则，进而．这显然不成立，故与平面BEF不垂直，A错误；
对于B，假设直线与直线BF所成的角为，即，由正四棱柱的性质可知平面，而平面，所以，又与相交，、面，所以平面，而由正四棱柱的性质可知平面，所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此B错误；
对于C，分别延长，DA交于点P，连接PB，则直线PB即为平面与平面ABCD的交线．连接BD，，因为且，所以，所以，又平面，面，所以，又面，所以平面，又面，所以，所以即为平面BEF与平面ABCD的夹角，易知，故，C错误；
对于D，可证，则直线与平面ABCD所成的角为，又根据题意易知，D正确．
故选：ABC．
例6．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校联考阶段练习）已知四面体ABCD，D在面ABC上的射影为，为的外心，，.

(1)证明：BC⊥AD；
(2)若E为AD中点，OD=2，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，连接并延长交于，连接，由线面垂直的判定定理可得面，即可证明BC⊥AD；
（2）解法一：取中点，连接，作垂直交于点，连接，由题意可得即为平面与平面夹角的平面角.
解法二：建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，结合二面角的公式即可得到结果.
【详解】（1）
连接并延长交于，连接，
因为O恰好为△ABC的外心，所以，
又，，所以，
所以，即是的角平分线，
又，所以由等腰三角形三线合一可得，
因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，
又面ABC，所以，
又面，所以面，
又面，所以.
（2）
解法一：在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，
由（1）知，面ABC，
取中点，连接，因为，,面ABC,
作垂直交于点，连接，即为平面与平面夹角的平面角.
由题可得，，
，
即平面与平面夹角的余弦值为.
练习11．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，求平面与平面所成二面角的大小．

【答案】
【分析】设平面平面，证得平面，从而证得，得到为平面与平面所成二面角的平面角，在直角，即可求解.
【详解】解：因为，且平面，平面，所以平面，
如图所示，设平面平面，且平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为为正方形，可得，
因为且平面，所以平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在直角，可得，所以，
即为平面与平面所成二面角的大小为.
故答案为：.

练习12．（2023·上海黄浦·上海市敬业中学校考三模）已知，正三棱柱中，，延长至，使.
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过底面的边角关系可得，，进而可证得平面，从而得证；
（2）法一：取中点，联结，可证得为二面角的平面角，从而得解.
法二：建立空间直角坐标系用向量的方法求解.
【详解】（1）因为是正三棱柱，所以，
，且，从而
又，所以，
，即，
又，、，
平面，又，
（2）解法一：取中点，联结.所以，
又，故，
因为平面，，所以，
又，、，
所以平面，又，所以，
所以为二面角的平面角，
因为所以，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
解法二：以直线为轴，直线为轴，直线为z轴建立空间直角坐标系.
则，
设平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
又平面的一个方向量，
设二面角的大小为，
则，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
练习13．（2023春·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中）如图，在圆柱中，，为圆上一定点，为圆上异于点的一动点，，过点作平面的垂线，垂足为点.
(1)若，求证：.
(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由线面垂直证线线垂直即可；
（2）由二面角的定义，找到二面角的平面角，在三角形中求二面角的余弦值大小即可.
【详解】（1）证明：由圆柱的性质得：，
因为，所以，
因为，所以，
因为，，
所以，
又因为，所以，
因为，所以.
（2）过点作垂足为，过作于，连接，
由已知，
所以，，
所以，，所以，
所以，所以为二面角的平面角，
又因为为等边三角形，，
所以，在直角三角形中，，
，所以，所以，
在直角三角形中，，
所以.
练习14．（2023春·吉林·高三校联考期中）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.

(1)求证：直线平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解；
（2）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，如图，
则为的中点，
由于是的中点，故，
∵平面，平面，
所以平面；
（2）连接，，
因为，是的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
由底面是菱形，得，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
则为二面角的平面角，
，，，
由余弦定理可知，
∴二面角的余弦值为.

练习15．（2023春·全国·高三专题练习）如图，在圆锥中，已知底面，，的直径，是的中点，为的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，先根据是等腰直角三角形证出中线，再结合证出，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面平面；
（2）依题意可得，则，再根据计算可得.
（3）过分别作于，于，再连接，根据三垂线定理证明为二面角的平面角，最后分别在、、中计算出、和，最后求出所求二面角的余弦值．
【详解】（1）连接，
，是的中点，
，
又底面，底面，
，
，平面，
平面，而平面，
平面平面.
（2）因为是的中点，是的直径，所以，
所以，
所以.
（3）在平面中，过作于，由（1）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
，
在平面中，过作于，连接，，平面，
所以平面，又平面，从而．
故为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，
故二面角的余弦值为.

题型四已知夹角求距离
例7．（2023·上海徐汇·统考三模）如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点.

(1)若母线长为10，求圆锥的体积；
(2)若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出圆锥的高，再利用锥体的体积公式计算作答.
（2）取的中点，作出异面直线与所成角，再利用线面垂直的性质结合勾股定理求解作答.
【详解】（1）圆锥的底面圆半径为8，母线长为10，而，则，解得，
所以圆锥的体积为.
（2）取的中点，连接,，

由弧为圆锥底面的半圆弧知圆锥底面圆心在上且为中点，
为母线的中点，则与所成角为或其补角，
由平面，得平面，平面，则，
于是有，由是半圆弧的中点可得，
则，
所以.
例8．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校考阶段练习）如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
(1)求证：平面；
(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.
（2）取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
练习16．（2023·上海·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，分别为棱中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若平面平面，直线与平面所成的角为，且，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形性质和三角形中位线性质，结合线面平行的判定可得平面，平面，由面面平行的判定可证得结论；
（2）根据面面垂直的性质可证得平面，由线面角定义可知，根据二面角平面角的定义可知所求二面角的平面角为，由长度关系可得结果.
【详解】（1）为中点，，，，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
分别为中点，，
平面，平面，平面；
，平面，平面平面.
（2）平面平面，平面平面，平面，，
平面，即为直线与平面所成角，即；
设，则，
平面，平面，，；
，，平面，平面，平面平面，
即为二面角的平面角，
，，，
即二面角的大小为.
练习17．（2023·上海·高三专题练习）如图，正四棱柱中，，点E、F分别是棱BC和的中点．
(1)判断直线与的关系，并说明理由；
(2)若直线与底面ABCD所成角为，求四棱柱的全面积．
【答案】(1)相交；理由见解析
(2)
【分析】（1）连结.先根据三角形的中位线得出，且.然后证明四边形是平行四边形，即可推出四边形是梯形，进而得出结论；
（2）由题意知，推得.在中，解得，即可求出四棱柱的面积.
【详解】（1）如图1，连结.
因为分别是的中点，所以，且.
由正四棱柱的性质可知，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，，且，
所以，且.
所以，四边形是梯形，
所以，直线与相交.
（2）
如图2，连结，则即为直线与底面ABCD所成角，即，
则在中，有.
设，由题意知，则，
在中，有，
所以.
所以，四棱柱的全面积为.
练习18．（2023春·福建泉州·高三校联考阶段练习）如图所示，三棱台中，底面，．
(1)证明：是直角三角形；
(2)若，问为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合棱台的特征及条件先证得平面，由即可得结论；
（2）作，先证为直线与平面所成角，设边长，结合条件解直角三角形得出含参表示的边长，作商即可解得.
【详解】（1）∵平面，平面，∴
又，，平面，∴平面，
∵三棱台中， ∴平面，
又平面，，故是直角三角形．
（2）
在平面内作，垂足为，连接．
由（1）知，平面，又平面，，
，平面，平面，
是在平面上的射影，即为直线与平面所成角．
设，则，，
∵三棱台中，，
，．
在中，，，
在中，，
解得．
∴ 当时，直线与平面所成角的正弦值为．
练习19．（2021春·广东佛山·高三佛山市南海区第一中学校考阶段练习）如图，四棱锥的底面是正方形，底面，是上一点.
(1)求证：平面平面；
(2)当的值为多少时，二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）根据题意，分别证得和，得到面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.
（2）作于，连接，证得是二面角的平面角，利用余弦定理，建立等量关系式，结合直角三角形的性质，即可求解.
【详解】（1）证明（1）四棱锥的底面是正方形，可得，
因为底面，平面，所以，
又因为且平面，所以面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：作于，连接，
因为底面，，可得，
由底面，底面，所以，
又因为，，所以平面，
又由平面，所以，
同理可证：平面，且平面，所以，
所以和全等，因为，所以，且
所以是二面角的平面角，
要使，只需，
解得，
又因为，可得，
因为，且，
所以，可得，
因为，所以，可得，
又因为，所以，所以
故当时，二面角的大小为.

练习20．（2023·河南·校联考模拟预测）在四棱锥中，底面ABCD，，，，且二面角为，则四棱锥的侧面积为（ ）
A．B．10C．D．11
【答案】C
【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，并结合余弦定理求出各边长，得到，可证，求出各个侧面的面积，得到侧面积.
【详解】因为，，所以为正三角形，
取BC的中点E，连接PE，AE，则．

因为底面ABCD，平面ABCD，所以，又，
所以平面PAE，则，则为二面角的平面角，
所以，所以，．
因为，，，
所以由余弦定理得，
则，所以，
因为底面ABCD，平面ABCD，所以，又，
所以⊥平面，
因为平面，
所以，则，
故，，
，，
所以四棱锥的侧面积为．
故选：C
题型五求几何体的体积
例9．（2023春·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面．
(1)证明：四边形是正方形；
(2)若，为上一点，且满足，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证，即可求证四边形是正方形.
（2）根据椎体体积公式，即可求解.
【详解】（1）证明：
如图，过点作交于点；
因为面面，面面,，面,
所以面，而面，所以．
又因为面，而面，，
而， ，面，面，
故面，而面，故，
由题意四边形是菱形，∴四边形是正方形．
（2）∵
设点到面的距离为，则
由
∵
例10．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根据等体积法即可求解.
【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
平面平面PCD.
（2）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，
所以.
，
故三棱锥的体积为.
练习21．（2023·贵州·校联考模拟预测）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体.如图，在羡除中，底面是边长为2的正方形，.
(1)证明：平面平面.
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）作出辅助线，由等腰三角形三线合一得到线线垂直，求出等腰梯形的高，得到，故，进而证明出线面垂直，得到面面垂直；
（2）根据比练习关系得到，证明出线面垂直，求出，从而求出答案.
【详解】（1）分别取和的中点，连接，
因为底面是边长为2的正方形，，
所以.
在梯形中，，
分别作垂直于，垂足分别为，则，
故由勾股定理得，
所以，
易知，故.
又，所以，
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）连接.因为，所以四边形的面积，
所以.
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，平面，
所以平面，且.
因为，所以，
即四棱锥的体积为.
练习22．（2023春·高三平湖市当湖高级中学校联考期中）如图，在正方体中，分别是棱的中点，设是线段上一动点.
(1)证明：//平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合正方体的性质，利用线面平行的判定及性质即可证明；
（2）利用等体积法求解三棱锥体积即可.
【详解】（1）连结，，
因为正方体，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
取中点，连结，
因为是和的中点，
所以，，
且，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
所以，平面，平面，
所以平面，，平面，平面，
所以平面平面，平面，所以平面，
（2）因为正方体，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以三棱锥的高，
所以.
练习23．（2023·青海海东·统考模拟预测）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，底面ABCD，为棱上的一点.
(1)证明：；
(2)若三棱锥的体积为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，垂足为，根据等腰三角形的性质得到，利用余弦定理求出，从而得到，由线面垂直得到，即可证明平面，从而得证；
（2）设，，则，求出，即可求出，从而得解.
【详解】（1）证明：过点作，垂足为，
在等腰梯形中，因为，，所以，，
在中，，则，则，
因为底面，底面，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）设，，则，
因为，
所以，
又，所以，解得，
即当三棱锥的体积为时，.
练习24．（2023春·河南商丘·高三商丘市实验中学校联考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，，点D为棱AB的中点，点E为棱上一点.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)20
(3)
【分析】（1）先证明出平面，利用线面垂直的性质即可证明；
（2）利用等体积法即可求解；
（3）先判断出为直线与平面所成的角，在中利用余弦的定义直接求解.
【详解】（1）∵三棱柱是直三棱柱，∴平面平面ABC.
∵，，，∴，∴.
∵平面平面，平面，∴平面.
又平面，∴.
（2）∵三棱柱是直三棱柱，
∴点E到平面ABC的距离即的长，为5.
∵D是AB的中点，∴，
∴.
（3）（3）由（1）知平面，
∴为直线与平面所成的角.
在中，，，
∴，∴，
即直线与平面所成角的余弦值为.
练习25．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，四边形与四边形是全等的矩形，，若是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)如果，求三棱锥与多面体的体积比值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）通过证明平面，即可证明平面平面；
（2）分别求出三棱锥与多面体的体积，即可得出三棱锥与多面体的体积比值.
【详解】（1）由题意证明如下：
∵，所以，
又因为，且，面，面
∴平面，
又平面，所以.
，即，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，
∴，
∵，平面，平面，
所以平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）由题意及（1）得，
几何体为直三棱柱，，
∵，
，
∴，
而，
∴.
题型六利用等体积法求点到面的距离
例11．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）如图所示，正三棱柱中各条棱长均为2，点分别为棱的中点．

(1)求异面直线和所成角的正切值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连，，转化为求的正切值即可；
（2）利用等体积法可求出结果.
【详解】（1）连，，因为分别为棱的中点，所以，
所以（或其补角）是异面直线和所成的角，
因为正三棱柱中各条棱长均为2，点分别为棱的中点．
所以，，，
因为，所以，
所以.

（2）连，
依题意可得，
，，
，
设点到平面的距离为，
由得，得，
得.即点到平面的距离为.

例12．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在直角三角形中，，将 沿折起到 的位置，使平面平面，点满足.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据图中的几何关系，利用面面平行证明线面垂直，再证明线线垂直；
（2）运用等体积法求解.
【详解】（1）
在直角三角形中，因为 ，所以 ，
即在四棱锥中， ，平面PDB，平面PDB，
所以平面，从而平面，
如图，在上取一点，使得，连接，
因为，所以，所以，
又 ，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，
在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，
又因为 ，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，
所以平面，故；
（2）连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，
所以三棱锥的体积，
所以，
在 中，计算可得，由余弦定理得，所以，
，
设点到平面的距离为，则，故；
综上，点M到平面PBE的距离为 .
练习26．（2023·广西南宁·南宁二中校考模拟预测）如图在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点M是AC的中点.
(1)若点G是的重心，证明：点G在平面内；
(2)求点G到的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先取中点N，得到G在线上，再利用中位线定理证得，从而得证；
（2）利用等体积法与解三角形的相关知识，求得到面的距离，从而利用比练习得到G到的距离.
【详解】（1）取中点N，连接，，如图所示，
因为点G是的重心，故G一定在中线上，
因为点M是AC的中点，点N是的中点，，
所以MN是梯形的中位线，
所以，且，
又，所以，所以四边形是平行四边形，
因为点，平面，
所以点平面，即点G在平面内.
.
（2）因为平面，，所以平面，
又为等边三角形，，是的中点，则，且，
则，
又因为，
，
在三角形中，
所以，
则，
设到面的距离为，则由，得，解得，
又点G是的重心，所以G到平面的距离为
练习27．（2023·河南郑州·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）如图，在正三棱柱中，为上一点，，，为上一点，三棱锥的体积为.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，由线面垂直的判定可证得平面，利用三棱锥体积公式可构造方程求得，结合长度关系证得四边形为平行四边形，由平行关系可得平面，根据面面垂直的判定可证得结论；
（2）利用等体积转化，即，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.
【详解】（1）证明：分别取的中点，连接，
为等边三角形，为中点，；
平面，平面，；
又，平面，平面；
分别为中点，，，
，解得：，
，，则，又，
四边形为平行四边形，，又平面，平面，
平面，平面平面.
（2）取中点，连接，
为等边三角形，为，；
平面，平面，；
，平面，平面；
，平面，平面，平面，
点到平面的距离即为点到平面的距离，即；
，，又，，
；
又，，；
设点到平面的距离为，则，
解得：，即点到平面的距离为.
练习28．（2023春·四川广安·高二四川省广安友谊中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，已知底面为梯形，，，.
(1)证明：.
(2)若平面，，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）余弦定理求得，进而易知，利用面面垂直的性质得平面，最后由线面垂直的性质证结论；
（2）利用等体积法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为，，由余弦定理得，
所以，则，
因为平面平面，且相交于，面，
所以平面，平面，所以.
（2）因为平面，所以，
由平面，则，故，
在△中，，，
设点到平面的距离为，所以，解得，
即点到平面的距离为.
练习29．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面平面是正三角形，是棱上一点，且．

(1)求证：；
(2)若且二面角的余弦值为，求点到侧面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）分析图中的几何关系，根据线面垂直证明线线垂直；
（2）根据条件构造三角形，解三角形即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
为等边三角形，；
，为中点，，
，为中点，为中点，又为中点，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
，平面，平面，
平面，，又，；
（2）取中点，连接，
由三棱柱结构特征知：，又，，即四点共面，

由（1）知：平面，平面，，，
是二面角的平面角，，
作，垂足为，
，，，平面，平面，
设，则，又，，
，，
，解得：，
又，，
即，解得：，
综上，点到侧面的距离为；
练习30．（2023·陕西西安·统考一模）在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可；
（2）应用等体积方法求解点到平面距离.
【详解】（1）且为的中点，，
又平面平面，
平面.故平面，又平面，
平面平面.
（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，
根据等体积公式可得，解得-
题型一
求异面直线的夹角
题型二
求直线与平面的夹角
题型三
求平面与平面的夹角
题型四
已知夹角求距离
题型五
求几何体的体积
题型六
利用等体积法求点到面的距离