人教A版高中数学(必修第二册)同步培优讲义专题8.15 空间中线面的位置关系大题专项训练（30道）（2份打包，原卷版+教师版）

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专题8.15 空间中线面的位置关系大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．（2023·高一课时练习）长方体中，是矩形的中心，是矩形的中心．证明：平面.【解题思路】连结、、.由已知可推得，进而根据线面平行的判定定理，即可证明平面.【解答过程】证明：连结、、.由已知可得，点是的中点，点是的中点，所以，是的中位线，所以.又平面，平面，所以平面.2．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥中，底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形.已知，，，E是PB中点.(1)求证： 平面ACE；(2)求四面体的体积.【解题思路】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，然后利用平行四边形的性质及线面平行的判断即可；（2）利用等体积法求解即可，即.【解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：∵ABCD是平行四边形，∴O为BD中点，且E为PB中点，∴，且PD平面ACE内，平面ACE，∴ 平面ACE.（2）∵，∴的面积，又∵面ABCD，∴，又∵E为PB中点，∴，所以四面体的体积为.3．（2023秋·河南安阳·高三期末）如图，在四棱锥中，为正方形，平面平面，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点．(1)证明： 平面；(2)求三棱锥的体积．【解题思路】（1）证明平面 平面，根据平面，得到证明.（2）确定B，D两点到平面EFG的距离相等，，计算得到答案.【解答过程】（1），，分别是线段，，的中点，故，，平面，平面，平面，平面，故 平面， 平面，，平面，平面，平面 平面，平面，故 平面．（2）连接，平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，PA⊥AD，故PA⊥平面ABCD，平面，PA⊥CD，四边形ABCD为正方形，AD⊥CD，，平面，故CD⊥平面PAD．GD＝2，． 平面EFG，故B，C两点到平面EFG的距离相等，G是线段CD的中点，C，D两点到平面EFG的距离相等，即B，D两点到平面EFG的距离相等，，三棱锥B－EFG的体积为．4．（2022春·山东聊城·高一期中）如图：在正方体中，为的中点.(1)求证： 平面；(2)若为的中点，求证：平面 平面.【解题思路】（1）设，接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）证明四边形为平行四边形，从而可得，即可证得 平面，再根据面面平行的判定定理即可得证.【解答过程】（1）证明：设，接，在正方体中，四边形是正方形，是中点，是的中点，，平面平面 平面；（2）证明：为的中点，为的中点，，四边形为平行四边形，，又平面平面 平面，由（1）知 平面平面平面，平面 平面.5．（2022春·河南信阳·高一阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N、Q、S分别是被AB、BC、C1D1、D1A1的中点.(1)求证：MN//QS；(2)记MNQS确定的平面为α,作出平面α被该正方体所截的多边形截面，写出作法步骤.并说明理由，然后计算截面面积；(3)求证：平面ACD1//平面α.【解题思路】（1），，，证得；（2）取、中点、，则为平面被该正方体所截的多边形截面，求截面面积即可；（3）根据平面与平面平行的判定定理证明即可．【解答过程】（1）证明：连接，，，如图，正方体中，，四边形为平行四边形，则有，、、、分别是被、、、的中点，，，．（2）取、中点、，连接、、、、、，如图，则正六边形为平面被该正方体所截的多边形截面，，．（3），平面，平面，平面，又、分别、的中点，，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面平面．6．（2022春·山东聊城·高一期中）如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为的中点.(1)证明：AF平面；(2)在线段上是否存在一点，使得 平面，并给出必要的证明.【解题思路】（1）取中点，证明四边形为平行四边形即可；（2）设，取中点，先证明平面，即可证明点在线段靠近端的三等分点时符合题意.【解答过程】（1）证明：取中点，连接，在中，为的中点，.为的中点，，即四边形为平行四边形，.平面平面 平面.（2）设，取中点，连接，则在中，分别是的中点，，平面平面， 平面.与相似，且相似比为，，为的三等分点.在点位置时满足 平面.即点在线段靠近端的三等分点时符合题意.7．（2022春·山东聊城·高一阶段练习）如图，四棱锥中，，，点为上一点，为，且平面.(1)若平面与平面的交线为，求证：平面；(2)求证：.【解题思路】（1）结合线面平行的判定定理和性质定理证得：平面.（2）结合线面平行的性质定理和三角形重心的知识证得：.【解答过程】（1）∵，平面平面，∴平面.∵平面，平面平面，∴.∵平面平面，   ∴平面.（2）连接，设，，连接，∵平面平面，平面平面，∴，∵，，所以，∴，∴点是的重心，∴点是的中点，∴，∴，∴. 8．（2022秋·湖南怀化·高二阶段练习）已知是底面边长为1的正四棱柱，且是与的交点.(1)若是的中点，求证：平面；(2)求到平面的距离.【解题思路】（1）通过构造中位线的方法证得平面.（2）利用等体积法求得到平面的距离.【解答过程】（1）连接，由于分别是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面.（2）连接，则到平面的距离是到平面的距离，设为. ，，，所以到平面的距离是.9．（2022春·广西百色·高一期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．(1)求证：EF平面BDD1B1；(2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF平面BDD1B1．【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理求证即可；（2）根据面面平行的判定定理证明即可．【解答过程】（1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BM，如图，因E，F分别是BC，CM的中点，则有EFBM，又EF平面BDD1B1，BM平面BDD1B1，所以EF平面BDD1B1．（2）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，如图，而E是BC的中点，于是得EGBD，而EG平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，从而得EG平面BDD1B1，由（1）知EF平面BDD1B1，EFEG＝E，且EF、EG平面GEF，因此，平面GEF平面BDD1B1，所以当G是DC的中点时，平面GEF平面BDD1B1．10．（2023·海南省·统考模拟预测）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.(1)当为的中点时，求证：平面.(2)当平面，求出点的位置，说明理由.【解题思路】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.【解答过程】（1）取中点为，连接，在中，为的中点，为中点，，在平行四边形中，为的中点，，，四边形为平行四边形，面面，平面；（2）连接，相交于，连接，面，面面面，，，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.11．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，多面体ABCDEF的面ABCD是正方形，其中心为M．平面平面ABCD，，，．(1)求证：平面AEFB；(2)在内（包括边界）是否存在一点N，使得平面CEF？若存在，求点N的轨迹，并求其长度；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）取AE的中点G，连接GF，DG，证明，根据面面垂直的性质可得平面ADE，从而可得，在证明平面AEFB，即可得证；（2）先证明平面CEF，平面CEF，再根据面面平行的判定定理可得平面平面CEF，再根据面面平行的性质即可得出结论.【解答过程】（1）如图，取AE的中点G，连接GF，DG，因为，，所以，，所以四边形ABFG是平行四边形，所以，，又因为，，所以，，所以四边形CDGF是平行四边形，所以，因为，平面平面ABCD，平面ABCD，平面平面，所以平面ADE，又平面ADE，所以，因为，G为AE的中点，所以，又AE，平面AEFB，且，所以平面AEFB，所以平面AEFB；（2）如图，连接BD，BG，由（1）知，，，所以，，所以四边形BGEF是平行四边形，所以，因为平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，又由（1）知，，平面，平面CEF，所以平面CEF，因为DG，平面，且，所以平面平面CEF，设点N为线段DG上任意一点，则平面BDG，平面CEF，所以点N的轨迹为线段DG，长度为．12．（2022·北京·统考模拟预测）如图所示，已知中，，且，现将沿BC翻折到，满足．(1)求证：；(2)若E为边CD的中点，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【解题思路】（1）取AD中点M，连接BM，CM，证明平面CBM，原题即得证；（2）过点D作交CB的延长线于点F，连接AF,过点D作交AF的延长线于点O. 先求出的长，再求出D到平面ABC的距离，即得解.【解答过程】（1）取AD中点M，连接BM，CM，∵，，∴，同理可得，又∵，∴，  ．∵，平面CBM，∴平面CBM，∵平面CBM，∴.（2）过点D作交CB的延长线于点F，连接AF,过点D作交AF的延长线于点O.∵,∴∴.在中，E为CD的中点,由平行四边形对角线平方和定理得知：.∴,∵，由（1）知，且，平面ADF，∴平面ADF，∵平面ABC，∴平面平面ADF∵平面平面在中，，同理可得.又，则DO为D到平面ABC的距离.由余弦定理得.∴.则.∵E为DC中点,∴E到平面ABC的距离为.∴AE与平面ABC所成角的正弦值为.13．（2023春·四川成都·高三开学考试）如图，在几何体ABCDE中，面，，，．(1)求证：平面平面DAE；(2)AB=1，，，求CE与平面DAE所成角的正弦值．【解题思路】（1）根据线线平行证得，再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；（2）首先确定直线与平面所成角的平面角为，再应用棱锥体积公式求、，即可得解.【解答过程】（1）如图，取的中点M、N，连接、、，则知，且，又，且，所以，且，则四边形为平行四边形，所以．∵，M为的中点，∴，∵平面，平面，∴．又，平面,平面，∴平面从而可得平面，由于平面，所以平面平面，命题得证．.（2）由（1）知，平面DAE于，则为CE与平面DAE所成角.且在中，，由且，得，又已知平面，平面，∴，∵平面ABCD，∴平面ABCD，设，则，那么有，则，解得，即有．从而易得，在中，；又在中，，则知；∴，即CE与平面DAE所成角的正弦值为．14．（2023秋·四川广元·高二期末）如图，边长为3的正方形ABCD中，点E是线段AB上的动点，点F是线段BC上的动点，均不含端点，且满足，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P.(1)求证：；(2)当时，求三棱锥的体积.【解题思路】（1）由线线垂直证平面，再证；（2）由等体积法求.【解答过程】（1）证明：A，C重合于P，∵，∴，∵，∴，又平面，平面，，∴平面，∵平面PEF，∴；（2）由已知得，，，则在中，边上的高.则，∴.15．（2023·内蒙古·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点.(1)证明：平面；(2)若是棱的中点，，求点到平面的距离.【解题思路】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由此可得结论；（2）设点到平面的距离为，利用等体积转换的方式，由，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.【解答过程】（1）连接，，，，又，，为棱中点，，又，，平面，平面，又平面，；在直角梯形中，取中点，连接，，，又，，，四边形为正方形，，，，又，，，，平面，平面，平面，；，，，，又，平面，平面.（2），，，，由（1）知：平面，，则点到平面的距离，；，，，分别为棱中点，，，，，，，，，由余弦定理得：，则，，设点到平面的距离为，，解得：，即点到平面的距离为.16．（2023秋·山东威海·高二期末）如图，在正四棱锥P－ABCD中，，点M，N分别在PA，BD上，且．(1)求证：；(2)求证：平面PBC，并求直线MN到平面PBC的距离．【解题思路】（1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，先通过比例得到，再通过证明可得；（2）通过可得平面PBC，将求直线MN到平面PBC的距离转化为点N到平面PBC的距离，利用等体积法可得距离.【解答过程】（1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，，即，，即，，，又，故E为BC中点，又在正四棱锥中PA=AB，则，，即PE⊥AD，；（2）由（1）得，且面PBC，面PBC，平面PBC，故直线MN到平面PBC的距离即为点N到平面PBC的距离，设为，，点P到面ABCD的距离，由，得，，得.17．（2023秋·山东东营·高二期末）如图，在平行六面体中，底面是菱形，E为的中点，．(1)求证：平面；(2)求证：平面.【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）作平面于点I，作于点G，于点K，连接，需证明I在上，再证明，结合，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.【解答过程】（1）证明：如图，在平行六面体中，底面是菱形，连接，交于O点，则O为的中点，连接，因为E为的中点，故,因为平面，平面，故平面；（2）证明：作平面于点I，作于点G，于点K，连接，因为，,故≌,所以,∵平面，平面，∴,故≌,故,又平面，平面,故,又，平面,故平面，平面，故,同理可证,结合，可知I在的平分线上，即I在上，则平面，而平面，平面,故,又底面是菱形，则 ,平面，故平面.18．（2023·辽宁沈阳·高二学业考试）已知在四棱锥中，底面，且底面是正方形，F、G分别为和的中点.(1)求证：平面；(2)求证：.【解题思路】（1）连接AC，通过证明，利用线面垂直的判定可得答；（2）通过证明面可得答案.【解答过程】（1）连接AC，由已知F、G分别为和的中点，，又面ABCD，面ABCD，平面；（2）底面是正方形，，又底面，面ABCD，，面，面，面，又面，.19．（2023·高一课时练习）已知圆锥的轴截面SAB是等腰直角三角形，，Q是底面圆O内一点，且，C是AS中点，D是点O在SQ上的射影．(1)求证：面AQS；(2)求三棱锥体积的最大值．【解题思路】（1）根据空间中线线垂直，线面垂直的相互转化关系即可证明．（2）先通过空间中垂直关系证明平面，再根据三棱锥的体积公式，结合基本不等式，即可求其体积的最大值【解答过程】（1）∵底面，在底面上  ∴又∵，，平面，平面，∴平面∵平面，∴  又∵D是点O在SQ上的射影，即且，平面，平面，∴平面（2）∵圆锥的轴截面是等腰直角三角形，C是AS中点，O是AB中点，∴又由(1)知，平面∴且，平面，平面，∴平面又∵∴ 当且仅当时取等号，所以三棱锥的体积最大值为．20．（2022春·河南·高一期中）如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，分别为正方形和正方形的中心，连接，.(1)证明：平面平面；(2)问在线段上是否存在一点，使得 平面？若存在，写出点的位置并给出证明；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）由面面平行的判定即可得证；（2）要证明 平面 ，只要DQ平行于平面内的某一条直线即可，再运用直角坐标系的思想求出的长度即可.【解答过程】（1）连接 ，则有 ，同理 ，平面GEF，平面GEF，所以平面GEF，平面GEF，平面GEF，所以平面GEF，且 平面 ， 平面， ，平面 平面；（2）如图：设平面QDC与的交点为N，正方体的棱长为，平面，平面， ，又 ，平面DQC，平面DQC，， 平面DQC，连接QN，平面DQC，， 是直角三角形，在 中， ，由余弦定理得： ，在 中， ，在平面QDC内作直线 ，交QD于L，则平面， ，在线段DC上取P点，使得 ，则四边形为矩形，平面，平面，平面，P点即是所求的点；取DC的中点K，连接HK，则平面，过N点在平面内作HK的平行线NM，交于M点，过M点作DC的平行线，交于W，连接WL，则四边形NMWL是矩形， ，且 ， ，即P点的位置在靠近D点的DC线段的三分点处；综上，存在点P满足题意，P点在靠近D点的DC线段的三分点处.21．（2023秋·江苏苏州·高三期末）如图1，在长方形ABCD中，已知，，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，过点D作AF的垂线分别交AF，AB于O，K两点．现将折起，使得（如图2）．(1)证明：平面平面；(2)求直线DF与平面所成角的最大值．【解题思路】（1）先证平面，得平面，所以，再证平面，从而得证面面垂直；（2）直线DF与平面所成角为，记，设（），由，得，计算，利用基本不等式得最大值，从而得角的最大值．【解答过程】（1）因为，，，平面，，所以平面． 因为平面，所以．又因为，，平面，，所以平面． 因为平面，所以平面平面．（2）连结FK，由（1）可知，直线DF与平面所成角为，记．在图1中，因为，所以，又因为，所以．又因为，所以．设（），由，得，解得．在图2中，因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 又因为，所以的最大值为，即直线DF与平面所成角的最大值为．22．（2022秋·甘肃兰州·高二期末）如图，已知在四棱锥中，，，，，E，F分别为棱PB，PA的中点．(1)求证：平面平面EFDC；(2)若直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥的体积．【解题思路】（1）可证平面，从而得到，从而可证平面，再证明四点共面，从而得到要求证的面面垂直；（2）取的中点为，连接，可证为直线与平面所成的角且平面，根据体积公式可求四棱锥的体积．【解答过程】（1）因为在平面中，，故，因为，故，而，，平面，故平面.因为平面，故，因为，，故，因为，平面，故平面.因为分别为棱的中点，故，而，故，故四点共面，而平面，故平面平面.（2）取的中点为，连接，由（1）可得，，故，而平面，故平面，故为直线与平面所成的角，故，因为平面，平面，故，故为等腰直角三角形，而，故，故，故直角梯形的面积.又平面，故平面平面，而为等边三角形，故，且.因为平面，平面平面，故平面，故四棱锥的体积为.23．（2022春·河南洛阳·高一阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，分别是、的中点.(1)证明：平面；(2)证明：平面；(3)若平面，求四棱锥的体积.【解题思路】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形即可证明，进而根据判定定理即可证明；（2）证明平面，再结合即可证明结论；（3）由题可求得，进而求得直角梯形ABCF的面积，然后利用棱锥的体积公式即求.【解答过程】（1）证明：如图，取的中点为，连接.因为分别是的中点，四边形是矩形，所以，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）证明：因为，的中点为，所以，因为平面，平面，所以 ，因为底面是矩形，所以 ，因为平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面，因为由（1）知，所以平面.（3）解：因为平面平面ABCD，所以，又，所以，因为平面平面，所以，又E是PB的中点，所以，所以直角梯形的面积.因为点到平面的距离，所以.24．（2022秋·湖北随州·高二开学考试）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，点在上，且.(1)已知点在上，且，求证：平面平面.(2)求点到平面的距离.【解题思路】（1）先通过平面几何算出，再证明四边形为平行四边形，因此，进而证明，再证，得到面，因此平面平面；（2）若是中点，连接，易知为平行四边形，由线面平行的判定可得面，再由线面垂直的性质及判定有面，若为中点，连接，则，由到面的距离即为到面的距离求点面距离.【解答过程】（1）由，即△为等腰直角三角形，又是直角梯形且，且，所以，因为，故为等腰直角三角形，所以，因为，又，，∴，，又，即，∴四边形为平行四边形，则，又，故；由底面，面，则，又，面，∴面，而面，∴平面平面.（2）取的中点，连接，由（1）易知：为平行四边形，∴，而面，面，即面，综上，到平面的距离即为到面的距离，由面，面，∴ ，又，，面，故面，取的中点，连接，则，故面，又，∴到面的距离 ，即到平面的距离.25．（2022秋·上海·高二专题练习）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1，(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2)求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；(3)若BC＝，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.【解题思路】（1）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明AC⊥平面PDO.（2）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB＝2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值.（3）可求，即有PB＝PC＝BC，由OP＝OB， ，可证E为PB中点，从而可求，从而得解.【解答过程】（1）在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO，又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，因为DO∩PO＝O，平面，所以AC⊥平面PDO.（2）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为，又因为三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：.（3）在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以，同理PC＝，所以PB＝PC＝BC，在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面，使之与平面ABP共面，如图所示，当O，E，共线时，CE+OE取得最小值，又因为OP＝OB，，所以垂直平分PB，即E为PB中点.从而＝OE+＝.亦即CE+OE的最小值为：.26．（2022·河南南阳·模拟预测）如图，四棱锥中，，，为中点.(1)证明：平面；(2)若平面，是边长为2的正三角形，求点到平面的距离.【解题思路】（1）取中点，由中位线定理易证四边形为平行四边形，故，从而利用线面平行的判定定理即可证得结果；（2）利用线面平行将点到平面的距离转化为求点到平面的距离，接着利用等体积法，求得对应的高，即点到面的距离.【解答过程】（1）如图，取的中点，连结，∵为的中点，∴，且，又∵，且，∴，且，故四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）由（1）得平面，故点到平面的距离等于点到平面的距离，取的中点，连结，如图，∵平面，平面，∴平面平面，又是边长为2的正三角形，∴，，且，∵平面平面，面，∴平面，∵四边形是直角梯形，，∴，∵，，，，，∴，，∴，记点到平面的距离为，∵由，得，∴，故点到平面的距离为.27．（2022·全国·高一专题练习）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．(1)证明：；(2)若，，，求三棱柱的高；(3)在（2）的条件下，求三棱柱的表面积．【解题思路】(1)要证,即证平面,由菱形的对角线垂直和线面垂直的性质即可得证.(2) 要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点到平面的距离，即：作，垂足为，连接，作，垂足为,则由线面垂直的判定定理可得平面,再根据三角形面积相等：,可求出的长度，最后由三棱柱的高为此距离的两倍即可确定出高.(3) 利用反三角函数分别求出，，使用面积公式求出每一面的面积，得到表面积.【解答过程】（1）证明：连接，则为与的交点，∵侧面为菱形，∴．∵平面，∴．∵，平面 , 平面 ∴平面．∵平面，∴．（2）解：作，垂足为，连接，作，垂足为，如图．∵，，，平面,平面, ∴平面，∴．∵，，平面,平面, ∴平面．∵，∴为等边三角形．∵，∴，∵，∴，由，且，可得，∵O为的中点，∴到平面的距离为，∴三棱柱的高为.（3）解：易知，，，，，∴，，，．∴表面积为．28．（2022·高一单元测试）如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形，，，，且二面角与二面角都是．(1)证明：平面平面；(2)求到平面的距离；(3)求二面角的大小．【解题思路】（1）先由线线垂直证平面EFDC，再由线面垂直证平面平面；（2）点作并交其延长线于点，证明平面，即可根据几何关系求出到平面的距离DH；（3）过点作于点，连接，证，则为二面角的平面角，二面角的大小即为，根据几何关系计算出，即可求得二面角.【解答过程】（1）证明：由题意得，平面EFDC，又平面平面；（2）根据（1）可知，平面，又平面平面，因此过点作并交其延长线于点，如图，则平面，则到平面的距离为DH，根据条件可知二面角与二面角的平面角分别就是、，因此，可算得，，因此，即到平面的距离为．（3）为了看得更清楚，我们把图形移动如下图所示，其中点为在平面上的射影，即（2）中的点．过点作于点，连接，平面DGH， ，因此为二面角的平面角，其恰为要求的二面角的平面角的余角，因此二面角的大小即为．由题易得，可得，因此，因此二面角的大小为．29．（2022春·山东临沂·高一阶段练习）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA．①求三棱锥Q−ABP的体积；②求二面角Q−AP−C的余弦值．【解题思路】（1）证明，结合，证明平面，然后证明平面平面；（2）①由（1）及已知条件可确定QE⊥平面ABC，三棱锥Q−ABP的体积可通过锥体体积公式计算；②通过二面角的定义，找到二面角Q−AP−C的平面角∠EHQ，利用余弦定理解得EH，QH，进而确定二面角大小.【解答过程】（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC又∵BA⊥AD，且ACAD=A，所以AB⊥平面ACD．又∵AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）①由已知可得，DC=CM=AB=AC=3，DA=，BP=DQ=DA，所以BP=．作QE⊥AC，垂足为E，则，QE=DC=AB=1，由已知及（1）可知，DC⊥CA，DC⊥BA，CABA=A，∴DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC．因此，三棱锥Q−ABP的体积为．②作EH⊥AP交AP于H，连QH，由QE⊥平面ABC，得QE⊥AP，EHQE=E，∴AP⊥平面QEH，∴AP⊥QH，∠EHQ为二面角Q−AP−C的平面角在△ABP中由余弦定理，求得，由DA=BC=，BP=，所以PC=，又∵AC=3在△ACP中由余弦定理，，，又∵AE=AC=1，∴，又∵QE=1，∴，∴．30．（2022秋·辽宁·高二开学考试）如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.【解题思路】（1）连接与，两线交于点，连接，利用三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定即可证.（2）应用线面垂直的性质、判定可得平面，从而得到，根据和得到，再利用线面垂直的判定即可证.（3）当点为的中点，设的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得到，进而有平面，再利用面面垂直的判定即可证.【解答过程】（1）连接与，两线交于点，连接，在中，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为底面，平面，所以.又为棱的中点，，所以.因为，，平面，所以平面，平面，所以.因为，所以.又，在和中，，所以，即，所以，又，，平面，所以平面.（3）当点为的中点，即时，平面平面.证明如下：设的中点为，连接，，因为，分别为，的中点，所以且，又为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，故，由（2）知：平面，所以平面，又平面，所以平面平面.