高一数学下学期期末考试分类汇编五种直线平面平行与垂直的判定与性质解题方法新人教A版

这是一份高一数学下学期期末考试分类汇编五种直线平面平行与垂直的判定与性质解题方法新人教A版，共60页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题06五种直线、平面平行与垂直的判定与性质解题方法
题型一：求异面直线所成角
题型二：证明线线、线面平行的方法
题型三：证明面面平行的方法
题型四：证明线线、线面垂直的方法
题型五：证明面面垂直的方法

题型一：求异面直线所成角
一、单选题
1．（2019·江苏苏州·高一期末）正方体中，异面直线与BC所成角的大小为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用异面直线与BC所成角的的定义，平移直线，即可得答案．
【详解】在正方体中，易得．

异面直线与垂直，即所成的角为.
故选：D．
【点睛】本题考查异面直线所成角的定义，考查对基本概念的理解，属于基础题.
2．（2020·宁夏银川·高一期末）下图的正方体中，异面直线与所成的角是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】只需将异面直线与平移至同一个平面内，转化为两条相交直线，即可求出它们所成的角．
【详解】在正方体中，因为，
所以即为异面直线与所成的角，
因为，所以异面直线与所成的角为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求法．求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决，根据空间等角定理及推论可知，异面直线所成角的大小与顶点位置无关，往往可以选在其中一条直线上（线面的端点或中点）利用三角形求解．
3．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在正三棱锥中，，点为棱的中点，则异面直线与所成角的大小为（       ）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【分析】取BC的中点E，∠DFE即为所求，结合条件即求.
【详解】如图取BC的中点E，连接EF，DE，
则EF∥AB，∠DFE即为所求，

设，在正三棱锥中，，
故，
∴，
∴，即异面直线与所成角的大小为.
故选：C.
4．（2021·湖北孝感·高一期末）在正方体中，为和的交点，则异面直线与所成的角为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即得结果.
【详解】如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，而直角三角形中是锐角，
所以，即异面直线与所成的角是.
故选：A.
5．（2021·贵州毕节·高一期末）在空间四边形中，，，分别为，的中点，若与所成的角为40°，则与所成角的大小为（       ）
A．20° B．70°
C．20°或70° D．40°或140°
【答案】C
【分析】根据异面直线所成角的定义转化为相交直线所成角，利用几何图形求与所成角的大小.
【详解】取的中点，的中点，连接，
分别是的中点，，
，同理，
四边形是平行四边形，
又，
，四边形是菱形，
与所成的角为，或，
与所成角是或.
故选：C

二、多选题
6．（2021·江苏常州·高一期末）下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（       ）

A． B．
C．与成60°角 D．与平面所成角为45°
【答案】BCD
【分析】由正方体的平面展开图还原原正方体，再由正方体的结构特征结合空间角的概念逐个分析判断即可
【详解】由正方体的平面展开图还原原正方体如图所示，
由正方体的结构特征可知，与异面垂直，所以A错误，
，而为在平面上的射影，所以，所以B正确，
连接，由∥，，可得四边形为平行四边形，则∥，所以或其补角为异面直线与所成的角，连接，可得为等边三角形，得与成60°角，所以C正确，
因为平面，所以为与平面所成角为，所以D正确，
故选：BCD

三、填空题
7．（2020·天津市红桥区教师发展中心高一期末）正方体中，异面直线与所成角的大小为_________.
【答案】
【分析】连接、，证明，可得即为异面直线与所成角，在求即可求解.
【详解】

如图，连接、，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
所以即为异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，在中，，
所以是等边三角形，
所以，即异面直线与所成角为，
故答案为：
【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，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，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．
8．（2022·陕西西安·高一期末）在正方体中，则异面直线与的夹角为_________．
【答案】
【解析】先证明，可得或其补角即为异面直线与所成的角，连接，在中求即可.
【详解】

在正方体中，
，
所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线与所成的角，
连接，由为正方体可得是等边三角形，
所以.
故答案为：
【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，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．
9．（2020·湖北·高一期末）已知是长方体的棱的中点，底面为正方形且，则与所成角的大小用弧度制可以表示为______.
【答案】
【分析】取中点N，连接，可判断即为与所成角，求出即可.
【详解】如图，取中点N，连接，设，

是中点，可知且，
四边形是平行四边形，,
则即为与所成角，
可知，
，即与所成角为.
故答案为：.
【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，属于基础题.
10．（2021·吉林·长春市第二十中学高一期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F依次是A1D1和B1C1的中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为_____.

【答案】
【解析】先推导出BF∥AE，从而∠BFC是异面直线AE与CF所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.
【详解】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵E，F依次是A1D1和B1C1的中点，
∴BF∥AE，∴∠BFC是异面直线AE与CF所成角（或所成角的补角），
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则BF＝CF，
∴cos∠BFC.
∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为.
故答案为：.

【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.
11．（2021·山西吕梁·高一期末）已知正三棱柱中中，，，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的正切值为______.
【答案】
【分析】作出辅助线，证得或其补角为异面直线与所成角，然后求出相关线段的长度，进而在中，利用余弦定理求出余弦值，进而可以求出结果.
【详解】

取的中点，连接,因为分别是棱的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，故，所以或其补角为异面直线与所成角，因为为等边三角形，分别是棱的中点，所以，所以，
在中，，
在中，，所以，
在中，，因为异面直线成角的范围是，故为异面直线与所成角，而，
故答案为：.
题型二：证明线线、线面平行的方法
一、单选题
1．（2020·湖南师大附中高一期末）设是直线，是平面，则能推出的条件是（       ）
A．存在一条直线，， B．存在一条直线，，
C．存在一个平面，， D．存在一个平面，，
【答案】C
【分析】利用可得到ABD的反例，利用面面平行性质知C正确.
【详解】对于A，若，可满足，，但无法得到，A错误；
对于B，若，可满足，，但无法得到，B错误；
对于C，由面面平行的性质知：若，，则，C正确；
对于D，若，可满足，，但无法得到，D错误.
故选：C.
2．（2019·天津市红桥区教师发展中心高一期末）下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点， M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是（       ）

A．①③ B．①②
C．①④ D．②③
【答案】A
【分析】运用线面平行的判定、面面平行及线面相交、面面平行的性质，并结合图形即可判断结论在各图中是否正确
【详解】图①，如图，作//，连接，得平面

，平面⇒//平面
即//平面，故①项正确；
图②，如图，连结

由已知可得平面//平面；
∵和平面相交，
∴不平行于平面，故②项错误；
图③，如图，连接
由已知可得//，而//，可得//，
∵平面/平面，
又∵平面
∴//平面，故③项正确；

③
④项，如图，

由//，平面，若//平面，又
则平面//平面
而由图可知，平面不可能平行平面
∴不平行于平面，故④项错误.
综上，①③符合题意.
故选：A
二、填空题
3．（2021·天津河东·高一期末）如图，，，，，则CD与EF的位置关系为___________．

【答案】
【分析】由线面平行的性质有，根据线面平行的判定可得，最后再由线面平行的性质即可得.
【详解】∵，，，
∴，又，，
∴，又，，
∴.
故答案为：
4．（2021·浙江·高一期末）空间四边形中，分别在边上，且满足，则直线与平面的位置关系是_________．
【答案】平行
【分析】由已知得，由此能证明平面ABC．
【详解】空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，CD上的点，且
，
平面ABC，平面ABC，
平面ABC．
故答案为：平行．



5．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）如图，平面，直线分别与、、相交于点、、和点、、，若，，则_______.

【答案】15
【分析】分两种情况：（1）直线和在同一平面内（2）直线和不在同一平面内，即和异面然后利用面面平行的性质定理得到线线平行，进一步利用平行线分线段成比例定理得到结果．
【详解】分两种情况：
（1）直线和在同一平面内，设该平面为，连结

因为平面，，所以，
所以，又 ，所以 ；
（2）直线和不在同一平面内，即和异面，过作，

平面，∴，
设直线与所确定的平面为，
又，又，所以，
利用平行线分线段成比例，可得，又，所以.
综上，.
故答案为：．
三、解答题
6．（2021·新疆·伊宁市第四中学高一期末）已知为空间四边形的边上的中点，求证：.

【分析】根据中位线定理与平行公理证明即可.
【详解】证明：∵ 在中，为边的中点，
∴ ，
∵在中，为边上的中点，
∴，
∴.
7．（2022·陕西·铜川阳光中学高一期末）如图，在正方体中，点分别是棱的中点．求证：

(1)平面；
(2)平面．
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，可知，由线面平行的判定可得结论；
（2）由正方形性质和线面垂直性质可证得，，由线面垂直的判定可得平面，由可得结论.
(1)分别为的中点，，，
且，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
(2)四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，

8．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，正方体中，点，分别为棱，的中点.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即证；
（2）设，由题可得EF∥GB，再利用线面平行的判定定理可证.
(1)由正方体的性质，可得，平面，
∴，又，
∴平面；
(2)设，连接，

则
∴，
∴四边形BFEG为平行四边形，
∴EF∥GB，又平面，平面，
∴平面
9．（2022·陕西渭南·高一期末）如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：

(1)；
(2)平面平面.
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；
（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.
(1)证明：在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则.
(2)证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为的中点，则，
平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，因此，平面平面.
题型三：证明面面平行的方法
一、单选题
1．（2021·贵州铜仁·高一期末）已知，，表示直线，表示平面，给出下列命题：
①若，，那么；②若，，那么；③若，，则；④若，，那么．其中正确的命题个数是（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】对于①②③可以判断出直线可能平行，可能相交，也可能异面；
对于②直线可能平行，也可能异面；
对于④利用线面垂直的性质定理直接证明即可.
【详解】对于①若，，那么直线可能平行，可能相交，也可能异面；故①错误；
对于②若，，那么直线可能平行，也可能异面；故②错误；
对于③若，，那么直线可能平行，可能相交，也可能异面；故③错误；
对于④若，，按照线面垂直的性质定理可得: .故④正确.
故选:B
2．（2021·贵州·黔西南州同源中学高一期末）已知两条不重合的直线和两个不重合的平面，有下列命题：
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，则；
④若，，则．
其中正确命题的个数是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用空间线面、线线，面面的位置关系一一判定各选项即可.
【详解】①当，，，则，所以①错误；
②因为，，又则，所以②正确；
③若，，则或，所以③错误；
④若，，则或相交或异面，所以④错误.
故选：A.
二、多选题
3．（2021·江苏·金陵中学高一期末）已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（       ）
A．若，则
B．若，则
C．若则
D．若，且与不平行，则
【答案】BD
【解析】结合空间线面位置关系及平行垂直的判定与性质定理对选项进行分别判断.
【详解】A：若，则与平行或相交或，A选项错误；
B：因为，所以或，又，所以，B选项正确；
C：若则与相交或平行或，C选项错误；
D：若一个平面内两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行，D选项正确；
故选：BD.
三、填空题
4．（2019·湖南·临澧县第一中学高一期末）平面几何中我们有“垂直于同一条直线的两条直线平行”，试将该命题中的直线（部分或全部）换成平面，写出一个在空间中成立的命题：_________.
【答案】“垂直于同一直线的两个平面平行”或“垂直于同一平面的两直线平行”
【分析】从直线到平面，从平面到空间进行类比得解.
【详解】从直线到平面，从平面到空间进行类比得到一个在空间中成立的命题：
“垂直于同一直线的两个平面平行”或“垂直于同一平面的两直线平行”.
故答案为：“垂直于同一直线的两个平面平行”或“垂直于同一平面的两直线平行”
【点睛】本题主要考查空间位置关系，考查类比推理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.


四、解答题
5．（2021·贵州黔东南·高一期末）如图，在四棱锥中，是正方形，平面，， 分别是的中点．

(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
【分析】（1）由平面，得，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证（2）由证明平面，由证明平面，再由面面平行的判定定理证明即可.
(1)由平面，得，又(是正方形)，，所以平面，所以.
(2)由分别是线段的中点，所以，又为正方形，，所以，又平面，所以平面.因为分别是线段的中点，所以，又平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.
6．（2021·广东江门·高一期末）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点.

（1）求证：平面；
（2）设为的中点，为的重心，求证：面平面.
【分析】（1）根据圆直径的性质，得，由平面得，利用线面垂直的判定定理，可证平面；
（2）延长，交于，连结、，证出是的中位线，得.利用线面平行的判定定理证出平面，同理可得平面，根据面面平行的判定定理，可得平面平面.
【详解】解：（1）∵是圆的直径，∴，
又∵平面，平面，∴.
∵，∴平面；
（2）延长，交于，连结、，

∵为的重心，∴是的中线，
∵为的中点，为的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
同理可得平面，
∵、是平面内的相交直线，
∴平面平面.
7．（2021·贵州毕节·高一期末）如图甲，已知在四棱锥中，底面为平行四边形，点，，分别在，，上

（1）若，求证：平面平面；
（2）如图乙所示，若满足，，当为何值时，平面．
【答案】（1）证胆见解析，（2）
【分析】（1）由已知比例式结合平行线截线段成比例证明线线平行，进一步得到线面平行，再由面面平行的判定定理可证得结论；
（2）连接交于，连接，取的中点，连接，则可得∥，可得∥平面，取的中点,连接，则∥，可得∥平面，则平面∥平面，则∥平面，可得为的中点.
【详解】（1）证明：因为，
所以∥，
因为∥，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为，所以∥，
因为平面，平面，，
所以∥平面，
因为,平面,平面，
所以平面平面；
（2）连接交于，连接，取的中点，连接，则∥，
因为平面,平面，
所以∥平面，
取的中点,连接，则∥，
因为平面，平面，，
所以∥平面，
因为，所以平面∥平面，
因为平面，
所以∥平面，
此时为的中点，
所以，
因为，所以


题型四：证明线线、线面垂直的方法
一、单选题
1．（2021·辽宁·辽河油田第一高级中学高一期末）设，，为不同的平面，，，为不同的直线，则下列条件一定能得到的是（       ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】C
【解析】根据排除法，结合线面垂直的判定，可得结果.
【详解】在A中，因为，所以，
而并不垂直于内的所有直线，
所以和可能不垂直，故A错误；
在B中，只垂直内的一条直线，
所以不能推出，故B错误；
在C中，因为，所以//，
又，所以，故C正确；
在D中，由，不能推出//，
所以由不能推出，故D错误.
故选：C
【点睛】本题主要是线面垂直的判定，属基础题.
2．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）已知，，是三个不同的平面，是一条直线，则下列说法正确的是（       ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】A
【分析】利用面面垂直的性质，线面的位置关系，面面的位置关系，结合几何模型即可判断.
【详解】对于A，在平面内取一点P，在平面内过P分别作平面与，与的交线的垂线a,b，

则由面面垂直的性质定理可得，又，
∴，由线面垂直的判定定理可得，故A正确；
对于B，若，，则与位置关系不确定，可能与平行、相交或在内，故B错误；
对于C，若，，则与相交或平行，故C错误；
对于D，如图平面，且，，，

显然与不垂直，故D错误.
故选：A.
3．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高一期末）在空间中，如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，则这两个角的大小关系为（        ）
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不确定
【答案】D
【分析】的边DE垂直平面，所以 ，作 则.
【详解】如下图所示，确定一个平面，的边DE垂直平面，所以 ，
作，因为平面，而平面，故，
而，故平面，又平面中，则，
对于给定的，当变化时，的取值范围为，
故的大小跟无关.

故选：D
二、填空题
4．（2022·宁夏·银川唐徕回民中学高一期末）如图，在直四棱柱中，当底面ABCD满足条件___________时，有.（只需填写一种正确条件即可）

【答案】(答案不唯一)
【分析】直四棱柱，是在上底面的投影，当时，可得，当然底面ABCD满足的条件也就能写出来了.
【详解】根据直四棱柱可得：∥，且，所以四边形是矩形，所以∥，同理可证：∥，当时，可得：，且底面，而底面，所以，而，从而平面，因为平面，所以，所以当满足题意.
故答案为：.
三、解答题
5．（2021·江苏·南京市第二十九中学高一期末）已知直线平面，直线平面.求证：.
【分析】过m作平面交平面于直线，根据线面平行的性质易知，再由线面垂直的性质有，由平行线的性质即可证结论.
【详解】证明：如下图，过m作平面交平面于直线，
∵，，
∴，
∵，而，
∴，
综上，，得证.

6．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，平面底面ABCD，M是棱PC上的点.

(1)证明：底面；
(2)若三棱锥的体积是四棱锥体积的，设，试确定的值.
【答案】(1)详见解析；(2).
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，可得平面，然后利用线面垂直的判定定理即证；
（2）由题可得，进而可得，即得.
(1)∵，平面底面ABCD，
∴，平面底面ABCD=AD，底面ABCD，
∴平面，平面，
∴PD，又，
∴，，
∴底面；
(2)设，M到底面ABCD的距离为，
∵三棱锥的体积是四棱锥体积的，
∴，
又，，
∴，故，
又，
所以.
题型五：证明面面垂直的方法
一、多选题
1．（2021·浙江嘉兴·高一期末）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（       ）
A．若，与所成的角和与所成的角相等，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】BC
【分析】判断命题真假可以直接对各选项逐个判断.对于A可通过直观想象判断其存在平行或异面或相交几种情况；对于B可通过直线与平面垂直的性质得到；对于C通过直线与平面垂直性质和平面与平面垂直的判定定理判断；对于D可直观想象知存在或两种情况.
【详解】对于A，若，与所成的角和与所成的角相等，则或与相交或与异面，故A错误；
对于B，若，，由线面垂直的性质可知，故B正确；
对于C，若，，则，又因为，则，故C正确；
对于D，若，，则或，故D错误.
故选:BC
二、解答题
2．（2021·江苏南通·高一期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．

（1）求证：平面PAB
（2）若，平面平面ABCD，证明：平面平面PCD
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合矩形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可.
【详解】（1）证明：因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以
又在矩形ABCD中，，所以
又平面PAB，平面PAB
所以平面
（2）证明：在矩形ABCD中，，又平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD
所以平面PAD，又平面PAD
所以因为且F是PD的中点，所以，由及平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD．又平面PAD，所以平面平面PCD．
3．（2021·广东·封开县渔涝中学高一期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，AP，PD，平面APD⊥平面ABCD，E为AP的中点，F为CD的中点．

（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）求证：平面APB⊥平面PCD．
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可.
【详解】（1）设的中点为，连接，

因为E为AP的中点，所以且，
因为F为CD的中点，底面ABCD是正方形，
所以且，因此且，
所以四边形是平行四边形，因此，因为平面PBC，平面PBC，
所以EF∥平面PBC；
（2）因为底面ABCD是边长为3的正方形，所以，因为AP，PD，
所以有，因此，
因为底面ABCD是正方形，所以，因为平面APD⊥平面ABCD，
平面APD 平面ABCD ，
所以平面APD，因为平面APD，所以，
因为，平面APB，
所以平面APB，因为平面APD，
所以平面APB⊥平面PCD.
4．（2021·江苏扬州·高一期末）正方体中，为棱中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证得结果；
（2）证得平面，进而由面面垂直的判定定理可证得结果.
【详解】（1）设与交于点，连结.因为是正方体，所以为正方形，为中点.
又因为为中点，所以.又因为平面平面，所以平面.

（2）因为是正方体，平面.又平面，所以.又为正方形，所以.
因为平面平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
5．（2021·山东枣庄·高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是线段，的中点．

（1）证明：平面平面；
（2）记平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2），理由见解析.
【分析】（1）推导出，，平面，从而，进而平面，由此能证明平面平面．
（2）推导出，平面，根据线面平行的性质，即能证明．
【详解】解：（1）因为平面，平面，
所以.
因为是以为直径的圆上的点，
所以．
又，
所以平面．
因为，分别是，的中点，
所以．
所以平面．
又平面，故平面平面．

（2）.
证明如下：由（1），.又平面，平面，
所以平面．
又平面，平面平面，
所以．
6．（2021·山东济南·高一期末）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，分别为，的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面．
【分析】（1）由底面为菱形，得，由四棱柱为直四棱柱，得平面，，从而平面，由此能证明平面平面．
（2）设交于点，连接，，推导出为中点，从而，，推导出四边形为平行四边形，从而，由此能证明平面．
【详解】（1）因为底面为菱形，所以．

因为四棱柱为直四棱柱，所以平面．
因为平面，
所以．
因为，平面．
所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
（2）设交于点，连接，．

因为底面为菱形，
所以为中点．
因为为中点，
所以，．
又因为为的中点，，，
所以，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
7．（2021·北京市八一中学高一期末）如图所示，在正四棱柱中，是线段上的动点.

（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接，，根据正四棱柱的性质可得平面，平面，即可得到平面平面，即可得证；
（2）首先证明面，即可得到平面平面，依题意平面与面重合时满足平面平面，即可确定的位置，从而得解；
【详解】解：（1）连接，，在正四棱柱中，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，
且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，
又，面，所以平面平面，又平面，
所以平面

（2）因为在正四棱柱，，面，面，所以， ，面，所以面，因为平面，所以平面平面，因为面面，
要使平面平面，则平面与面重合，即在的中点时满足题意，所以
8．（2021·吉林·东北师大附中高一期末）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，若，．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取中点，连结，，，推导出，及，从而平面由此得到平面平面．
（2）由面面垂直的性质得到平面，作于，由三垂线定理，得，从而就是二面角的平面角，在中，计算各数据，得到所求角的正切值．
【详解】
（1）证明：取中点，连结，，，在中，，，则，．
在菱形中，，，∴，∴，且，在中，，
∴．
在中，，∴，且
∴平面．又平面∴平面平面．
（2）由（1）知平面平面，且平面平面，且，
∴平面，作于，由三垂线定理，得．
∴就是二面角的平面角，
在中，，有，即，∴．
在中，．
∴二面角的正切值是．



一、单选题
1．（2022·内蒙古·呼和浩特市第十四中学高一期末）以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①；                                 ②是等边三角形；
③三棱锥是正三棱锥          ④平面平面．
其中正确的个数是（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据翻折后垂直关系得BD⊥平面ADC，即得BD⊥AC，再根据计算得△BAC是等边三角形，最后可确定选项.
【详解】由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；
AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，
所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；
易知DA＝DB＝DC，又由②知△BAC是等边三角形，故③正确；
取AD得中点E，连接BE，则由△BAC是等边三角形可知BE⊥AC，
若平面，则由面面垂直的性质可知已知BE⊥平面ADC，
又由①知BD⊥平面ADC，但过点B只有一条直线与平面ADC垂直，故④错．

所以正确的个数是3,
故选：C.
2．（2021·重庆·高一期末）在正三棱锥中，，，顶点在底面内的射影为，点、分别是棱、的中点，则下列说法错误的是（       ）
A． B． C．平面 D．
【答案】D
【分析】利用勾股定理可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；利用线面平行的判定定理可判断C选项；求出的值，可判断D选项.
【详解】如下图所示：

由已知为等边的中心，且平面，平面，则，
由正弦定理可得，则，A对；
延长，则直线过点，因为为等边三角形，为的中点，则，
因为平面，平面，则，
，则平面，平面，故，B对；
、分别为、的中点，则，
平面，平面，所以，平面，C对；
连接，因为为等边的中心，则，
，平面，平面，，
所以，，D错.
故选：D.
3．（2021·贵州黔东南·高一期末）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（       ）

A．∥平面
B．直线与平面所成角为
C．
D．与为异面直线
【答案】B
【分析】连结，可得，得到MN∥平面，判定A正确；求出直线MN与平面ABCD所成角可判断B错误；证明平面，得，结合，得，判断C正确；应用异面直线判定定理判断D正确．
【详解】如图，连结，
由M，N分别为AC，A1B的中点，知，
而平面，平面，
∴MN∥平面，故A正确；

直线MN与平面ABCD所成角等于B1C与平面ABCD所成角等于45°，故B错误；
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面，则，
∵，∴，故C正确；
如图，连结BD，A1D，可确定面，
与平面交于点D，，所以与为异面直线.
故选：B
4．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）在四棱锥中，AD＝2，，，且，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取AD中点O，可得平面PCO，设PO=t，过O作交PF于H，说明A到平面PBD的距离；设直线PA与平面PBD所成角的大小为，可得
，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】取AD中点O，连接PO、BO、CO，设CO与BD交于F，连接PF，
在等腰梯形ABCD中，由且BO=BC=CD=OD，
故四边形DOCB为菱形，所以，又PB=PD，且F为BD的中点，
所以，又，所以平面PCO，
过O作交PF于H，由平面PCO，
故，又，所以平面PBD，
设PO=t，，故，又AD=2OD，
故点A到平面PBD的距离，
设直线PA与平面PBD所成角的大小为，则

当且仅当即时取等号，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值的最大值为，
故选：C


5．（2021·全国·高一期末）如图，在矩形中，，，为边的中点，沿将折起，在折起的过程中，下列结论能成立的是（       ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】B
【分析】用线面垂直的判定定理对四个选项逐一结合条件分析即可.
【详解】因为在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为DC边的中点，
则在折起过程中，D点在平面BCE上的射影的轨迹为为O1O2(如图)．
因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故A错；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，有AD⊥BD，所以在折起过程中AD⊥平面BED能成立，故B正确；
折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故C错；
只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故D错.
故选：B.

【点睛】关键点点睛：立体几何中折叠问题，要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决该问题的关键.
6．（2020·浙江·高一期末）如图，已知正方形和正方形所在平面成60°的二面角，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）．

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得，，可知为平面和平面所成的二面角，即，利用线面垂直判定定理得平面，取中点M，连接DM，利用线面垂直判定定理知平面，即为直线与平面所成角，在直角中，利用正弦可求得结果.
【详解】由题意得，平面平面，且，
为平面和平面所成的二面角，即，则为等边三角形，设
又，可知平面
取中点M，连接DM，则，又平面，则
又，可知平面，为直线与平面所成角，
在直角中，，

故选：C

【点睛】关键点点睛：本题考查二面角定义及求线面角，解题的关键是先利用二面角定义找到平面和平面所成的二面角，从而利用该角找到边的关系，再利用做辅助线找到线面角，在直角三角形中求角的正弦，考查学生的转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.
7．（2017·山东淄博·高一期末）如图，PO是三棱锥P-ABC底面ABC的垂线，垂足为O．

①若PA⊥BC，PB⊥AC，则点O是△ABC的垂心；
②若PA=PB=PC，则点O是△ABC的外心；
③若∠PAB=∠PAC，∠PBA=∠PBC，则点O是△ABC的内心；
④过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，若PE=PF=PG，则点O是△ABC的重心．
以上推断正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】①由题意得出AO⊥BC，BO⊥BC，点O是△ABC的垂心；
②若PA=PB=PC，则AO=BO=CO，点O是△ABC的外心；
③由题意得出AO是∠BAC的平分线，BO是∠ABC的平分线，O是△ABC的内心；
④若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心．
【详解】对于①，PO⊥底面ABC，∴PO⊥BC，又PA⊥BC，
∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC；
同理PB⊥AC，得出BO⊥BC，

∴点O是△ABC的垂心，①正确；
对于②，若PA=PB=PC，由此推出Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，
∴AO=BO=CO，点O是△ABC的外心，②正确；
对于③，若∠PAB=∠PAC，且PO⊥底面ABC，
则AO是∠BAC的平分线，
同理∠PBA=∠PBC时BO是∠ABC的平分线，
∴点O是△ABC的内心，③正确；
对于④，过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，
若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心，④错误．
综上，正确的命题个数是3．
故选C．
【点睛】本题主要考查了空间中的直线与平面的垂直关系应用问题，是中档题．
二、多选题
8．（2021·广东·仲元中学高一期末）已知a､b是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（       ）
A．若，则
B．若，则
C．若，，则
D．若与所成的角和与所成的角相等，则
【答案】AB
【分析】利用线面垂直的性质可判断AB选项的正误；根据已知条件判断两平面的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断两直线的位置关系，可判断D选项的正误.
【详解】对于A，若，由线面垂直的性质及面面平行的定义可得，故A正确；
对于B，若，由线面垂直的性质定理可得，故B正确；
对于C，若，，则与可能平行，也可能相交，故C错误；
对于D，若，a与所成的角和b与所成的角相等，则a与b可能平行，相交或异面，故D错误.
故选：AB.
9．（2021·浙江绍兴·高一期末）在正方体中，是线段上动点，是的中点，则（       ）
A．平面
B．
C．直线与平面所成角可以是
D．二面角的平面角是
【答案】ABC
【分析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项的正误；证明出平面，利用线面垂直的性质可判断B选项的正误；利用二面角的定义可判断D选项的正误；利用线面角的定义可判断C选项的正误.
【详解】对于A选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，因此，平面，A对；
对于B选项，四边形为正方形，则，
平面，平面，则，
，故平面，
平面，故，同理可证，
，平面，
平面，故，故B对；
对于D选项，连接交于点，过点在平面内作，垂足为点，连接，

平面，平面，故，
因为四边形为正方形，则，
，故平面，平面，故，
，，故平面，
平面，则，所以，二面角的平面角为，
设正方体的棱长为，则，，
，故，
所以，，
易得，所以，，即，D错.
对于C选项，延长至点，使得，连接交于点，
连接交于点，下面证明直线与平面所成的角为，

易知为等腰直角三角形，则，且，
所以，，，，故，
所以，，故，则，
因为平面，平面，故，
，所以，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
平面，则，因为，，
所以，平面，此时，直线与平面所成角为，C对.
故选：ABC.
10．（2021·广东佛山·高一期末）如图，在正方体中，下列命题正确的是（       ）

A．与所成的角为
B．与所成的角为
C．与平面所成的角为
D．平面与平面所成的二面角是直二面角
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成的角、直线和平面所成的角的概念作出这些角，再求大小即可判断ABC，对于D，利用线面垂直的判定定理判断
【详解】解：不妨设正方体的棱长为1，
对于A，如图，因为∥，所以与所成的角，即为与所成的角，即，因为，所以，所以A错误，

对于B，如图，因为∥，所以为异面直线与所成的角，因为为等边三角形，所以，即与所成的角为，所以B正确，

对于C，如图，因为∥，所以四点共面，连接交于，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，即平面，所以与平面所成的角为，因为平面，所以，因为，为锐角，所以，所以与平面所成的角为，所以C正确，

对于D，如图，因为平面，平面，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以平面与平面所成的二面角是直二面角，所以D正确，
故选：BCD

11．（2021·江苏南京·高一期末）已知菱形的边长为2，，现将沿折起形成四面体．设，则下列选项正确的是（       ）
A．当时，二面角的大小为
B．当时，平面平面
C．无论为何值，直线与都不垂直
D．存在两个不同的值，使得四面体的体积为
【答案】ABD
【分析】利用图形，结合二面角的定义，判断A；利用面面垂直的判断定理，可证明平面，即可判断B；当时，即可证明，判断C；首先利用体积公式求点到平面的距离，再与比较大小，即可判断D.
【详解】A.如图，，所以是二面角的平面角，
，当时，是等边三角形，所以，故A正确；
B.当时，，所以，又，且，
所以平面，平面，所以平面平面，故B正确；

C.当时，此三棱锥是正四面体，取的中点，连结，
，且，所以平面，所以，故C错误；

D.，得，即此时点到平面的距离为 ， ，所以存在两个不同的值，使得四面体的体积为，此时两个二面角互补，故D正确.
故选：ABD
12．（2021·云南·罗平县第二中学高一期末）棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BC，B1C1的中点．则下列结论正确的是（　　）
A．三棱锥D﹣EFG的体积为
B．平面B1BD⊥平面ACD1
C．P点在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC体积不变；
D．Q点在直线EF上运动时，直线GQ始终与平面AA1C1C平行；
【答案】BCD
【分析】由三棱锥的体积公式求出即可判断A；
由面面垂直的判定定理即可判断B；
P在直线上运动时，的面积不变，C到平面的距离不变，即可判断C；
Q在直线EF上运动时，可证面面，结合面GEF即可判断D.
【详解】A：，
所以，故A错误；
B：由
可得平面，又平面，
所以平面平面，故B正确；
C：当P在直线上运动时，的面积为矩形面积的一半，
C到平面的距离不变，则三棱锥的体积不变，故C正确；
D：当Q在直线EF上运动时，由E、F、G分别是AB、BC、的中点，
可得，又，
所以平面平面，又平面GEF，
所以GQ始终与平面平行，故D正确.
故选：BCD

三、填空题
13．（2021·广东茂名·高一期末）如图，正三棱柱的棱长均为2，点M是侧棱的中点，过与平面垂直的平面与侧面的交线为l，则直线l与直线所成角的余弦值为__________．

【答案】
【分析】取，的中点E，F，根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理证明平面平面，由此确定直线l，再确定直线l与直线所成角，解三角形求其大小.
【详解】依题意，分别取，的中点E，F，连接，，，，．因为正三棱柱的棱长均为2，所以四边形为正方形，由点M是侧棱的中点，得．因为平面，所以，，所以平面，所以平面平面，所以过点与平面垂直的平面与侧面的交线l即为．又因为，可得直线l与直线所成角即与所成的角，在中，，，，，所以直线l与直线所成角的余弦值为．

14．（2021·山西朔州·高一期末）在棱长为1正方体中，为棱的中点，动点在侧面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹长度为______.
【答案】
【分析】取中点，中点，连接，，，证明平面，即得点的轨迹为线段，即得解.
【详解】如图，取中点，中点，连接，，．
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，所以．
同理．
又，平面，
所以平面，
所以点的轨迹为线段，的长度为．
故答案为：．

15．（2021·北京丰台·高一期末）如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，且．给出下列结论：

①；
②三棱锥的体积为定值；
③点P在线段CE上(E为BB1的中点)；
④面积的最大值为2．
其中所有正确结论的序号是___________．
【答案】①②③
【分析】对于①，连接，由三角形为等边三角形判读；对于②，体积为，为定值；对于③，连接，证明平面，进而判断；对于④，当点到点位置时，此时面积为.
【详解】对于①，连接，由正方体的性质知三角形为等边三角形，由于为底面的中心，故为中点，故，正确；
对于②，无论点在侧面的边界及其内部运动的任何位置，三棱锥的高始终为正方体的边长，故体积为，为定值，正确；
对于③，连接，由正方体中的性质知，，所以，故,所以，又因为，所以平面，又因为，故点在线段上(为的中点)，正确；
对于④，当点到点位置时，此时面积为，故错误.
故正确的序号是：①②③
故答案为：①②③

16．（2021·江苏·金陵中学高一期末）如图，在正三棱锥中，侧棱长为，底面边长为，为中点，为中点，是线段上的动点，是平面上的动点，则最小值是_______.

【答案】
【分析】取中点，连接交于点，易证得面,要求最小,即求最小，可得平面，又可证明，再把平面绕旋转与面共面，则最小值即为，结合数据解三角形即可求解.
【详解】

取中点，连接交于点，
因为，， 可得面
因为 ，所以面，
要求最小，即求最小，即平面，所以，
把平面绕旋转与面共面，又可证得．
因为，，
所以，即，
所以，
因为，
．
故答案为：.
17．（2021·广东·深圳市南头中学高一期末）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，点D，E分别是PB，BC的中点，PA＝3，PD＝DE＝2，PE＝2，AE＝，则球O的表面积为 ______.
【答案】
【分析】首先根据题中给出的的长度，可知PA⊥PB，PA⊥PE，继而PA⊥平面PBC；再根据数量关系证明PB⊥PC，进而可构造出包含三棱锥的长方体，求出体对角线即为外接球的直径，从而求得外接球表面积.
【详解】解：由PA＝3，PD＝2，PE＝2，AD＝，AE＝，
得PA2+PD2＝AD2，PA2+PE2＝AE2，
可得PA⊥PB，PA⊥PE，
又PB∩PE＝P，∴PA⊥平面PBC，
∵D，E分别是PB，BC的中点，且PD＝DE＝2，∴PC＝4，PB＝4，
又PE＝，∴BC＝2BE＝4，有PB2+PC2＝BC2，
得PB⊥PC，
将三棱锥放在长方体中，外接球的直径等于长方体的对角线，设外接球的半径为R，
则（2R）2＝32+42+42＝41，
∴外接球的表面积S＝4πR2＝41π.
故答案为：41π.

【点睛】本题主要考查球的表面积计算公式，三棱锥外接球半径的求解等知识点；考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题型.
18．（2021·北京·人大附中高一期末）正方体，点P在正方形ABCD及其内部运动，则点P满足条件________时，有.

【答案】点在线段上
【分析】首先连接，，，，，易证平面，平面.从而得到，，即可证明平面，从而得到.
【详解】当点在线段上时，，
连接，，，，，如图所示：

因为平面.
又因为平面，所以.
因为平面.
又因为平面，所以.
又因为，所以平面.
平面，所以.
故答案为：点在线段上
19．（2021·安徽·六安一中高一期末）已知四棱柱的底面为菱形，底面，，，，点是线段上靠近的四等分点，动点在四棱柱的表面，且，则动点的轨迹长度为___________.
【答案】
【分析】画出图形，连接，说明，在上取点，使得，设与的交点为，连接，说明的边即为点的轨迹；然后求解即可．
【详解】解：依题意，平面，所以，在上取点，使得，
连接，则，，在上取点，使得，
设与的交点为，连接，
在中，，，，
在中，，，，所以，
故，所以，
故的边即为点的轨迹；而，，，
则动点的轨迹长度为．

故答案为：．
20．（2020·河南信阳·高一期末）已知直角，，，，分别是的中点，将沿直线翻折至，形成四棱锥.则在翻折过程中，①；②；③；④平面平面.不可能成立的结论是__________.
【答案】①②④
【解析】，在中求解，根据条件可证平面，进而有，，根据边的关系，可得出，①不成立；，判断②不成立；当时，可得出，③可能成立；作出平面与平面的交线，进而求出二面角的平面角，并判断平面角不为直角，所以④不成立.
【详解】如图所示：

①易知，∵，，
，∴平面，
∴平面，，∵，
∴，∴①不成立；
②由，∴与所成角为，∴②不成立；
③当时，可得平面，
∴，即③可能成立；
④平面和平面交于点，
由线面平行性质定理可知两个平面的交线，
，就是两个平面所成的平面角，
又∵，∴为锐角，∴④不成立.
综上所述，不成立的有①②④.
故答案为:①②④.
【点睛】本题以平面图形翻折为背景，考查空间角的大小关系、线面垂直、面面垂直的判断，要注意翻折前后的不变量，垂直间的相互转化，属于较难题.
21．（2019·广东·华南师大附中高一期末）如图，矩形中，为边的中点，将沿直线翻折至，若为线段的中点，则在翻折过程中，有下列命题：①是定值；②一定存在某个位置，使；③若平面，则平面；其中正确的是______.

【答案】①③
【分析】取中点,连接结合余弦定理即可证明①;假设,可得线面垂直,根据线面垂直的性质可得矛盾,进而判断②;可证明平面平面,即证明③.
【详解】根据题意,取中点,连接,如下图所示:

对于①,定值
由可知四边形为平行四边形,可得定值
且定值
所以在中,由余弦定理可知
定值
所以①正确.
对于②,当时,不存在满足成立的点.
因为当时,
所以,即
若此时,由
可知平面,则
与矩形中矛盾（过直线外一点,作已知直线的垂线有且只有一条）,所以②错误.
对于③,根据中位线定理可知
由矩形性质可知,所以
而
所以平面平面
即平面
所以③正确.
综上可知,正确的为①③
故答案为: ①③
【点睛】本题考查了空间中点线面的位置关系,直线与平面平行和垂直的判定,对空间想象能力要求较高,属于难题.
四、解答题
22．（2022·陕西·铜川阳光中学高一期末）如图，四边形是矩形，平面，平面，，．

(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)1
【分析】（1）由平面，平面，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理证明；
（2）由平面，得到点到平面的距离，然后利用求解．
(1)证明：平面，平面，
，
又平面，平面，
平面，
在矩形中，，且平面，平面，
平面，
又，
∴平面平面．
(2)平面，
∴点到平面的距离为，
∵四边形是矩形，，，
，
．
23．（2022·宁夏·银川一中高一期末）如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.

(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.
(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；
（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.
(1)证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点，
∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，
∴平面MAP⊥平面SAC；
(2)解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，
∴AC⊥平面SBC，
∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°，
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，

则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，
在中，，
在中，.

24．（2021·甘肃武威·高一期末）已知长方体AC1中，棱AB＝BC＝3，棱BB1＝4，连接B1C，过B点作B1C的垂线交CC1于E，交B1C于F.

(1)求证A1C⊥平面EBD；
(2)求二面角B1—BE—A1的正切值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证明平面，则，再证明平面，则，从而即可证明A1C⊥平面EBD；
（2）由平面，又，则，进而可得是二面角的平面角，在中，求出，即可在中求出，从而即可得答案.
(1)证明：平面，，又，，
平面，，
又平面，，且，，
平面，
，又，
A1C⊥平面EBD；
(2)解：平面，又，
是二面角的平面角，
在中，，
在中，，
.
25．（2021·天津·南开中学高一期末）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑，我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆与圆柱底面相切于四点，且圆与与与与分别外切，线段为圆柱的母线.点为线段中点，点在线段上，且.已知圆柱，底面半径为.
       
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；
（3）求二面角的余弦值；
（4）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）具体见解析；（2）；（3）；（4）.
【分析】（1）先证明AM∥ON，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设出AE的长度，利用线面垂直求出长度即可；
（3）建立空间直角坐标系，求出内切圆的半径，得出各点的坐标，用法向量夹角公式即可解得；
（4）将矩形PQRS视作静止，则作顺时针旋转，写出坐标，用空间向量线面角公式求出夹角的正弦值.
【详解】（1）如图1，分别是点M、N在线段AC上的投影，则为AO的中点，为OC的三等分点.

所以，，
所以,所以AM∥ON，
如图2，又因为平面BDN，ON平面BDN，所以AM∥平面BDN.

（2）以O为原点，分别以所在方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,设，
所以,, 若OE⊥平面BDN，
则，即时，OE⊥平面BDN.
（3）设内切圆半径为r，由题意可知是等腰直角三角形，所以，
因为，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，令x=1，则
，同理可得平面的法向量，
所以，
由图可知二面角为锐角，则其余弦值为.
（4）将矩形PQRS作为参照物，不妨设顺时针旋转，则，即，，所以
易知y轴⊥平面PQRS，则平面PQRS的一个法向量为，
设与平面PQRS所成角为，
所以
若，则；
若，令，则，
所以，
当且仅当即时，.
【点睛】证明线面平行应首先证明线面平行或者面面平行；存在性问题一般是先假设存在，若求出结果不产生矛盾则命题成立，否则不成立；二面角和线面角问题用公式直接解出即可；但应注意的是最值问题一般会结合基本不等式或者导数，如果式子复杂应该先换元.