数学必修 第二册空间直线、平面的垂直精品达标测试

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一、单选题
1．（2023·全国·高一期中）如图，在正方体中，直线与所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，，证明，则即为直线与所成的角或其补角，根据正三角形即可求解.
【详解】连接，，在正方体中，
因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，则即为直线与所成的角或其补角，由正方体的性质可得：为正三角形，所以，则直线与所成的角是，
故选：.
2．（2023·高一单元测试）如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC中点，且直线AB1与平面BCC1B1所成的角为300，则异面直线AB1与BD所成角的大小为
A．300
B．450
C．600
D．900
【答案】C
【分析】分析：先由直线AB1与平面BCC1B1所成的角为300，明确A B1=2AE,进而明确异面直线AB1与BD所成角的大小.
详解：在底ABC中,过A做AE⊥BC,垂足为E,则∠A B1E就是直线B1与平面BCC1 B1所成的角,所以在直角三角形AE B1中,A B1=2AE.
设正三角形边长为a,则AE=a,所以A B1=a
在△A B1C中,A B1=C B1,故过D点做A B1的平行线,交C B1于F,DF==a
显然BF=a
故在△DFB中,DB=DF=BF=a,所以三角形为等边三角形,∠FDB=60
即,直线A B1与BD所成的角为60°
故选:C.
点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解.
3．（2023春·辽宁·高二校联考阶段练习）已知直三棱桂：的底面为等腰直角三角形，分别为，的中点，为上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，取的中点，根据条件可得或其补角为异面直线与所成的角，然后根据直棱柱的性质结合条件及余弦定理即得.
【详解】由题可知，则，
如图，取的中点，连接，则，取的中点，连接，，
则，所以，则或其补角为异面直线与所成的角，
由题可知，又，则，在等腰直角三角形中，，
所以，
在正方形中，，易知，则，
在中，,
即异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A．
4．（2023春·四川成都·高二校考阶段练习）如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则下列说法中不正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°
D．异面直线MN与所成的角为45°
【答案】C
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，
因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
因为，，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.
故选：C
5．（2023春·湖南邵阳·高一邵阳市第二中学校考期中）在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明平面，找出线面角，再解三角形即可求得结果.
【详解】因为平面平面，故可得，
又平面，
故可得平面.连接.
故即为所求直线CE与平面PAD所成角.
不妨设PA＝AB＝AD，
故在直角三角形中，，
故可得.
则.
则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为.
故选：.
【点睛】本题考查线面角的求解，注意线面垂直的证明，属综合基础题.
6．（2023·高一单元测试）如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，即可得到，则或其补角是异面直线与所成的角，求出，，，再利用余弦定理计算可得.
【详解】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.
故选：C
7．（2023·高一单元测试）已知是圆锥的一条母线，是底面圆的一条直径，为正三角形，，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】延长交圆于，连接，取的中点，连接，分析可知为与所成的角，利用余弦定理可求得，然后利用余弦定理可求得的余弦值，即为所求.
【详解】如图，延长交圆于，连接，取的中点，连接，则，
则为与所成的角，
不妨设圆的半径为，则，，
因为为、的中点，则四边形为平行四边形，
，，则，
在中，，
由余弦定理可得，
所以，．
故选：A．
8．（2023·高一单元测试）如图，在矩形中， ,点为的中点，为线段（端点除外）上一动点.现将沿折起，使得平面平面.设直线与平面所成角为，则的最大值为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】在矩形中，过点作的垂线交于点 ，交于点，则在翻折后的几何体中，有是直线与平面 所成角，利用解三角形的方法可求其正弦值的最大值.
【详解】
矩形中，过点作的垂线交于点，
交于点．设，．
由，得，即有，
由，得．
在翻折后的几何体中，
，平面．
从而平面平面，又平面平面，则平面．
连接,则是直线与平面所成角，即．
而，，则．
由于，则当时，取到最大值，其最大值为
故选：A.
【点睛】本题考查立体几何的翻折问题，翻折问题中关注翻折过程中的变量与不变量，本题中找到线面角为，得到，利用函数性质得到最大值为．
二、多选题
9．（2023春·四川内江·高一四川省内江市第六中学校考阶段练习）在正方体的棱长为2，则（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．点到平面的距离为
C．直线与平面所成的角为
D．点到直线的距离为
【答案】BD
【分析】根据异面直线所成角的定义，转化为相交直线所成角，即可判断A；
根据垂直关系，结合点到平面的距离，即可判断B；
根据垂直关系，结合线面角的定义，即可判断C；
根据是等边三角形，即可判断D.
【详解】A. 连结，因为，所以直线与直线所成的角为或其补角，是等边三角形，所以，所以直线与直线所成的角为，故A错误；
B. 连结交于点，因为，且平面，平面，所以，且，所以平面，即点到平面的距离是，故B正确；
C.根据B的证明可知，连结，则是直线与平面所成的角,所以，故C错误；
D.是等边三角形，所以点到的距离等于，故D正确.
故选：BD
10．（2023·贵州贵阳·高二贵阳一中校考阶段练习）已知正方体的棱长为1，点为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．平面
C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的正弦值为
【答案】ACD
【分析】连接，根据，，证得平面，可判定A正确；根据与是相交直线，可判定B不正确；由平面，得到到平面的距离等于点到平面的距离，可判定C正确；取的中点，连接，证得平面，得到为平面与平面所成的角，在直角中，可判定D正确.
【详解】对于A中，连接，在正方形中，可得,
又由平面，且平面，所以
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，在平面内，可得与不平行，即是相交直线，
所以与平面不平行，所以B不正确；
对于C中，在正方体中，同A分析，易得平面，
因为平面，且在上，
所以到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为，即到平面的距离为，所以C正确；
对于D中，取的中点，连接及，
在正方体中，因为分别为的中点，
可得平面，所以为平面与平面所成的角，
在直角中，，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
11．（2023·高一单元测试）如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．M，N，A，B四点共面B．直线与平面相交
C．直线和所成的角为D．平面和平面的夹角的正切值为2
【答案】BCD
【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.
【详解】A：连接，如下图面，而面，面，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若为中点，连接，N为棱的中点，
由长方体性质知：，显然面，
若面，而面，显然有矛盾，
所以直线与平面相交，正确；
C：若分别是中点，连接，
由长方体性质易知：，
而，故，即直线和所成的角为，
由题设，易知，即△为等边三角形，
所以为，正确；
D：若分别是中点，显然，易知共面，
所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，
而面面，长方体中，，
如下图，为和面夹角的平面角，，正确.
故选：BCD
12．（2023·高一单元测试）在长方体中，已知，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．异面直线与所成的角为
C．二面角的余弦值为
D．四面体的体积为
【答案】ACD
【分析】证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案.
【详解】解：因为在长方体中，，
所以，四边形为正方形，平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；
设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，
所以，由于，
所以为二面角的平面角，
在中，，所以，
所以，故C正确：
四面体的体积为，所以D正确，
故选：ACD．
13．（2023·高一单元测试）如图，平面，正方形边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当时，则（ ）
A．
B．
C．若PA=1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为
D．若PA=1，则直线PE与平面所成角为
【答案】BC
【分析】连接，证明，计算判断AB；求出异面直线夹角余弦、线面角的正弦判断CD作答.
【详解】连接，如图，
因为平面，平面，则，而，平面，
于是平面，又平面，因此，
在正方形中，，，
则，，A错误，B正确；
取中点，连接，则，为异面直线PE与BC所成的角或其补角，
而平面，平面，有，又，
平面，则有平面，平面，于是，
，因此，C正确；
由平面知，是直线PE与平面所成的角，，
显然，D错误.
故选：BC
14．（2023秋·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，，点P在线段上．下列命题正确的是（ ）
A．存在点P，使得直线∥平面ACF；
B．存在点P，使得直线平面ACF；
C．直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是；
D．三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是．
【答案】ACD
【分析】当点P是线段EF中点时判断A；假定存在点P，使得直线平面ACF，推理导出矛盾判断B；利用线面角的定义转化列式计算判断C；求出外接圆面积判断D.
【详解】取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，
在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，
则且，即四边形DGFO是平行四边形，
即有，而平面ACF，平面，
于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，故A正确；
假定存在点P，使得直线平面ACF，而平面ACF，
则，又，从而有，
在中，，DG是直角边EF上的中线，
显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，故B不正确；
因平面平面ABCD，平面平面，
则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，
于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，
在矩形BDEF中，当P与E不重合时，，
，而，则；
当P与E重合时，，，因此，，故C正确；
因为平面平面ABCD，平面平面，，平面BDEF，
所以平面ABCD，，
在中，，显然有，，
由正弦定理得外接圆直径，，
三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
15．（2023·高一单元测试）过平面外一点的斜线段是过这点的垂线段的倍，则斜线与平面所成的角是______．
【答案】60°/
【分析】如图，根据线面角的定义可知是线段PA与平面所成角，解直角三角形即可.
【详解】如图，
连接AB，由，
知是线段PA与平面所成角，
在中，因为，
所以，，所以，
即线段PA与平面所成角为.
故答案为：.
16．（2023·高一单元测试）如图所示，在正方体中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线与EF所成的角的大小为_________.
【答案】/
【分析】连接，根据正方体的性质可得：（或其补角）即为所求，进而求解即可.
【详解】如图，连接，则，
故（或其补角）即为所求，
又，所以，
故答案为：.
17．（2023·高一单元测试）在空间四边形中，，二面角的大小为______．
【答案】
【分析】根据二面角的定义找到的平面角，应用余弦定理、反三角求出其大小.
【详解】
记为中点，连结，如图，
由知：，，
所以二面角的平面角为，且，
不妨设空间四边形的棱长为2，则，，
在△中，故.
故答案为：
18．（2023·高一单元测试）已知圆柱的体积是，点是下底面中心，底面半径为1，点是圆柱上底面圆周上的一点，则直线与圆柱底面所成角的大小为______。
【答案】
【分析】由题知圆柱的高为，进而取点是上底面中心，则是直线与圆柱底面所成角，再计算大小即可.
【详解】解：设圆柱的高为，
因为圆柱的体积是，底面半径为，
所以，即，
设点是上底面中心
因为点是下底面中心，点是圆柱上底面圆周上的一点，
所以，是直线与圆柱底面所成角，作出其过点的轴截面（如图），
所以，
所以，直线与圆柱底面所成角的大小为
故答案为：
19．（2023春·浙江杭州·高二校考阶段练习）已知四面体的棱长均为2，下列判断正确的是______.
①；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③点A到平面的距离为；
④两相邻侧面夹角的余弦值为.
【答案】①②
【分析】取中点E，连接，证明平面，即可判断①；过点A作底面的垂线 ，作出直线与平面所成的角，解直角三角形求得该角的正弦值，判断②；求得的长，即可判断③；找到相邻侧面夹角，解三角形求得该角余弦值，判断④.
【详解】取中点E，连接，
因为；同理，
又平面，所以平面，
又平面，所以，即，所以①正确；
过点A作底面的垂线，垂足为G，
因为平面，平面,
所以平面平面,且平面平面,
则G在上，由题意四面体的棱长均为2，底面三角形为正三角形，
则，
则就是直线与平面所成的角，且，
而，∴，
所以，∴，所以②正确；
由B选项的分析可知，,
即点A到平面的距离为，故③错误；
因为，平面,平面,
平面平面,
所以就是四面体相邻两侧面的夹角，
，则，④错误，
故答案为：①②
四、解答题
20．（2023·高一单元测试）如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.
(1)证明：平面
(2)求证：平面平面
(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论；
（3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可．
【详解】（1）∵且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，
所以平面.
（2）∵平面，平面，∴，
连接，∵且，∴四边形为平行四边形，
∵，，∴平行四边形为正方形，∴，
又，∴，
又，面，∴面，
∵面，∴平面平面.
（3）∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面，
因为平面，∴
∴为二面角的平面角，从而，所以，
作于，连接，
∵平面平面，平面，平面平面，
∴面，所以为直线与平面所成角，
在直角中，，，，∴，
因为面，面，所以，
在直角中，，，
∴，
则直线与平面所成角的正切值为.
21．（2023·高一单元测试）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为，，，，，，．
(1)求证：平面ADE；
(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；
(3)求点F到平面ABCD的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；
（2）即为二面角的平面角，作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；
（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴，
平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，
∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，
，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面ADE；
（2）∵，，∴即为二面角的平面角，
∴，
又，平面ADE，
所以平面ADE，作于O，因为平面ADE，
所以，又，平面CDEF，
所以平面CDEF，连结CO，
所以直线AC与平面CDEF所成角为，
，，所以．
直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；
（3）由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得
，，，所以．
22．（2023·高一单元测试）长方体中，，．
(1)求点到平面的距离；
(2)求与平面所成角大小；
(3)点为上的动点，平面交于，于点．设，写出长关于的函数关系式；
(4)当最短时，求直线与所成角大小．
【答案】(1)
(2)
(3)，
(4)
【分析】（1）由长方体性质及线面垂直性质有，再由线面垂直判定证面，进而求长度即可；
（2）由（1）知为与平面所成角的平面角，即可求大小；
（3）根据等比例关系得到、，应用勾股定理求长关于的函数关系式；
（4）由（3）及二次函数性质求得时最小值为，由异面直线夹角的定义知直线与所成角为，进而求大小.
【详解】（1）由长方体性质知：面即为面，且，，
又面，面，则，即，
由，面，故面，
所以的长度即为点到平面的距离，.
（2）由（1）知：为与平面所成角的平面角，
所以，故.
（3）由平面交于，易知：，则，
所以，，
由于点，，且面，则，
所以，则，故，
在Rt△中.
（4）由（3）知：，当时最小值为，
又，故直线与所成角为，而，
所以，则.
23．（2023·高一单元测试）如图所示，在四面体中，E、F分别是线段AD、BC上的点，．
(1)求证：直线与是异面直线；
(2)若，，求、所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)60°
【分析】（1）为上靠近的三等分点，易证四点共面（面），结合异面直线的定义判断与是否异面；
（2）分别为靠近的三等分点，易知、所成角为或其补角，进而求其大小.
【详解】（1）若为上靠近的三等分点，则，故，
所以四点共面，显然不共线，故面与面为同一个平面，
而面，面，即面，面，，
所以直线与是异面直线；
（2）若分别为靠近的三等分点，则，
所以，，故为平行四边形，且、所成角为或其补角，
又，，则，
由，故，则、所成角为60°.
24．（2023·高一单元测试）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧棱的长为8，且垂直于底面，点、分别是、的中点．求
(1)异面直线与所成角的大小；
(2)四棱锥的表面积．
【答案】(1)；
(2)144.
【分析】(1)连接，根据题意可知：，因此（锐角）即为异面直线与所成的角，利用直角三角形的边角关系即可求解；
(2)由垂直于底面，利用线面垂直的性质定理可得：，即，再利用线面垂直的判定定理可得；同理，，利用直角三角形的面积计算公式即可求解.
【详解】（1）连接，
因为底面是边长为6的正方形，点、分别是、的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，所以（锐角）即为异面直线与所成的角，
因为垂直于底面，底面，所以，又点是的中点，，
所以，在中，，，所以，
所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）因为垂直于底面，底面，
所以，则，
又因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
同理，所以，
因为底面的边长为6，所以面积为，侧面积，
所以四棱锥的表面积.
25．（2023春·安徽马鞍山·高一马鞍山二中校考期中）如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1，点D是AB的中点.
(1)求点B到平面B1CD的距离；
(2)求异面直线AC1和B1C所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等体积法转化即可；
（2）先将异面直线通过平行转化于同一面，再利用余弦定理解角即可.
【详解】（1）因为△ABC正三角形，D为AB的中点，AB＝2，则BD＝1，CD＝．
又BB1⊥底面ABC，BB1＝AA1＝1，则B1D＝，
B1C，
则，所以CD⊥B1D．
所以，．
设点B到平面B1CD的距离为d，
由，得，即，
所以，即点B到平面B1CD的距离为．
（2）连结BC1，交B1C于点M，连结MD，则M为BC1的中点，
又D为AB的中点，则AC1∥MD，所以∠CMD或其补角即为异面直线AC1和B1C所成角,
因为正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥AC，CC1＝1，AC＝2，所以AC1＝，
所以MD＝，又CD＝，CM＝，
由余弦定理，得．
所以异面直线AC1和B1C所成角的余弦值为．
26．（2023·高一单元测试）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，.
(1)求直线与平面所成角正弦值；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定可知平面，由线面角定义知所求角为，由长度关系可得结果；
（2）过作，由面面垂直的判定与性质可知即为所求距离，利用面积桥可求得结果.
【详解】（1）平面，平面，，；
是圆的直径，，又，平面，
平面，即为直线与平面所成角，
，，，又，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
（2）
过作，垂足为，
由（1）得：平面，平面，平面平面，
又平面平面，平面，，平面，
，，
根据等面积法知：，，
即到平面的距离等于.
27．（2023·高一单元测试）如图，已知正三棱柱的底面边长是2，D是侧棱的中点，直线AD与侧面所成的角为45°．
(1)求此正三棱柱的侧棱长；
(2)求二面角A－BD－C的正切值；
(3)求点C到平面ABD的距离．
【答案】(1)
(2)3
(3)
【分析】（1）取BC中点E，连接AE，推出，进而推出侧面．连接ED，则直线AD与侧面所成的角为∠ADE=45°，由此能求出正三棱柱的侧棱长；
（2）过E作于F，连接AF，可得∠AFE为二面角A－BD－C的平面角，由此能求出二面角A－BD－C的平面角的正切．
（3）由平面AEF，知平面平面ABD，且交线为AF，过E作于G，则平面ABD．由此能求出点C到平面ABD的距离．
【详解】（1）设正三棱柱的侧棱长为x，取BC中点E，连接AE，
∵是正三角形，∴，
又底面侧面，且两平面交线为BC，∴侧面．
连接ED，则∠ADE为直线AD与侧面所成的角，∴∠ADE＝45°，
在中，，解得，∴此正三棱柱的侧棱长为．
（2）过E作于F，连接AF，
∵侧面，∴，可知，∴∠AFE为二面角A－BD－C的平面角．
在中，，又BE＝1，，∴．
又，∴在中，．
（3）由（2）可知，平面AEF，∴平面平面ABD，且交线为AF．
过E作于G，则平面ABD．∴EG的长为点E到平面ABD的距离．
在中，．
∵E为BC中点，∴点C到平面ABD的距离为．
28．（2023·高一单元测试）如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是正方形.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）见解析（II）
【分析】（Ⅰ）取的中点及的中点，连结，，．要证，即证；
（Ⅱ）过B作平面，垂足为，连接，，为直线与平面所成角.
【详解】（I）取的中点及的中点，连结，，．
由△是正三角形，四边形是正方形得，，
又平面，，
所以平面．
因为，所以平面，
又平面，所以，
又的中点是，所以．
（II）过B作平面，垂足为，连接，，
为直线与平面所成角，．
过作于，
由平面及平面，得，
又，平面，，
所以平面．
由，平面，平面，得平面．
于是点到平面的距离等于点到平面的距离等于
设，则，，
计算得，，
在等腰三角形中可算得，
所以直线与平面所成角的正弦值等于
【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.
29．（2023秋·广东广州·高一广州市第十七中学校考期中）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.
(1)证明：平面DEF；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，再证明，根据线面垂直的判定定理可证明结论；
（2）先推出三棱锥的体积最大时，点E，F分别是，的中点，由此再求二面角的余弦值；
法一：通过证线面垂直可说明是二面角的平面角，解直角即可求得答案；
法二：建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出平面DEF和平面BDF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.
【详解】（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.
因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,
所以四边形AEFD是平行四边形.
所以 ,
所以.
因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,
又因为平面ABE，
所以.
又因为，DF，平面DEF，
所以平面DEF.
（2）由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，
由（1）知，，所以，
即底面三角形DEF是直角三角形.
设，，则,
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，
三棱锥的体积最大,
下面求二面角的余弦值：
由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.
又因为，，所以平面BEF.
因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,
由（1）知为直角三角形，则.
故,
所以二面角的余弦值为.
30．（2023·高一单元测试）如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，．
(1)证明：平面；
(2)当的长为何值时，二面角的大小为？
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用构造平行四边形来证明线线平行，从而可证明线面平行；
（2）利用二面角定义，确定二面角的平面角，从而利用三角形边角关系，确定线段的长.
【详解】（1）解：过点E作交于点G，连接，
，，
四边形为矩形，则
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴．
∵平面，平面，
∴平面．
（2）解：过点B作交的延长线于点H，连接．
平面平面，交线为
又，平面
平面，
，又，平面
平面
，
∴为二面角的平面角．
在中，
∵，
∴，
∵，
∴，∴，
∴．
∵，
∴当为时，二面角的大小为．