第02讲 玩转立体几何中的角度、体积、距离问题（五大题型）-暑假高一升高二数学衔接知识自学讲义（苏教版）

第02讲 玩转立体几何中的角度、体积、距离问题 【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 【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． 【典例例题】 题型一：异面直线所成的角 【例1】（2023·甘肃定西·高一甘肃省临洮中学校考期中）如图，四棱锥中，平面，底面是边长为的正方形，，为的中点，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【解析】（1）证明：因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，所以，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，为的中点，所以，， 因为，、平面，所以，平面. （2）取的中点，连接、，    因为、分别为、的中点，所以，且， 所以，异面直线与所成角为或其补角， 因为，四边形是边长为的正方形，且平面， 且平面，所以，，则，故， 因为，同理可得， 取的中点，连接，则，故. 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【对点训练1】（2023·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）如图，三棱锥中，平面平面ACD，，，，点为棱AD的中点，． (1)求证：平面平面BCD； (2)求异面直线AB与CE所成角的余弦值． 【解析】（1）取中点，连接， ，则， 面面，面面， 又面，则面， 面，则有，， 为的中点，则，而， ，， 即有，则， 而，面， 于是面，面， 面面. （2）取中点，连接，为中点， ，， 则是异面直线与所成角或其补角， 在中，， 由（1）知， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值是. 【对点训练2】（2023·重庆万州·高一重庆市万州第二高级中学校考期中）在棱长为2的正方体中，分别为棱和的中点. (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成的余弦值； 【解析】（1）连接,如图,因为分别为棱和的中点, 所以且, 所以是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）在正方体中，连接，如图， 因为分别为棱和的中点，则， 因此四边形是平行四边形， 则，即是异面直线与所成的角或其补角， 在中，， 而正方体的体对角线， 由余弦定理，得， 所以异面直线与所成的余弦值为． 题型二：线面角 【例2】（2023·河南·高一校联考期末）如图，三棱柱中，为等边三角形，，，．    (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值． 【解析】（1）连接交于O，连接，如图，    因为为等边三角形，所以为等边三角形，四边形是菱形， 所以，又，，是的中点， 所以且， 所以，， 在中，，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）设到平面的距离为， 因为中，，， 所以， 又，， 所以由，可得， 即， 设直线和平面所成角为， 则, 因为平面平面，所以求直线和平面所成角的正弦值为． 【对点训练3】（2023·云南楚雄·高一统考期中）如图，在直三棱柱中，．    (1)证明：为直角三角形． (2)若为等腰三角形，且，求与侧面所成角的正弦值． 【解析】（1）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面ABC， 因为平面ABC，所以． 又因为，且，平面， 所以平面． 因为平面， 所以，即为直角三角形． （2）如图所示，取的中点D，连接，AD，    因为为等腰三角形，D为的中点，所以， 因为⊥平面，平面， 所以， 因为平面，，平面，， 所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 因为 所以，， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【对点训练4】（2023·吉林长春·高一长春市第二中学校考期中）如图，在直三棱柱中，.    (1)求证：； (2)求与平面所成的角的大小. 【解析】（1）连接与相交于点，如下图所示    在直棱柱中，平面平面， ， 又，平面， 所以，平面， 又平面， ，四边形为菱形，即 又，且平面， 平面，又平面， . （2）取的中点，连接.如下图所示；    ， 又平面平面， 又，且平面， 平面， 是在面内的射影，是与平面所成角的平面角. 在中，易知， ， 即与平面所成的角的大小为. 题型三：二面角 【例3】（2023·湖南岳阳·高一统考期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AA1，B1C1的中点． (1)求证：平面C1BD； (2)若DC1⊥BD，AC＝BC＝1，AA1＝2，求二面角B﹣DC1﹣C的正切值． 【解析】（1）连接交于于，连接， 因为是中点，所以，且， 又因为D是AA1的中点，所以有，且， 所以，且， 因此四边形是平行四边形， 所以，而平面C1BD，平面C1BD， 所以平面C1BD； （2）因为，， 所以，，同理可得， 因此，即，而DC1⊥BD， 所以是二面角B﹣DC1﹣C的平面角， 因为平面， 所以平面，而平面， 因此，因为平面，而平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以， 所以. 【对点训练5】（2023·河南平顶山·高一统考期末）如图所示，圆锥PO的母线长为，底面圆O的直径AB＝2，C是圆O所在平面内一点，AC与圆O相切，连接BC交圆O于点D，连接PD，PC，CO，DO． (1)证明：平面PAC； (2)若，求二面角的正切值． 【解析】（1）∵AC是圆O的切线，∴， 由圆锥的性质知平面ABC，∴． ∵，∴平面PAB，∴． ∵，∴，又，∴平面PAC． （2）因为平面ABC，则，， 所为二面角的平面角． 在中，，∴ ∵∴∴．在中，， 所以 . 即二面角的正切值为． 【对点训练6】（2023·广东茂名·高一统考期中）如图，三棱锥中，平面，，，，是的中点，是的中点，点在棱上，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【解析】（1）过点作交于点， 取的中点，连接， 点是的中点，，， 又点是的中点，是的中点，点在棱上，， ，， 且， 所以四边形为平行四边形，得到， 平面，平面， 平面. （2）过点作，垂足为， 在直角中，过点作，垂足为， 平面，平面， ，，， 平面，则平面， 平面，， ，，平面， 平面，平面， ，则为所求二面角的平面角， 由等面积法可得， 平面，平面，， 在中，，， , 由等面积法得, 则， 所以二面角的正弦值为. 题型四：距离问题 【例4】（2023·重庆·高一重庆一中校考期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为等腰梯形，.    (1)证明：平面： (2)若，求点到平面的距离. 【解析】（1）四边形为等腰梯形，， 过点C作于E，如图所示，      则，可知， 由余弦定理知， 则，所以， 又，平面，， 所以平面. （2）连接BD，如图所示,    由（1）可知平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，，平面， 又，， 所以， 在中，由，得， 设点到平面的距离为d，则， ，解得，即点到平面的距离为. 【对点训练7】（2023·云南保山·高一统考期末）如图，在四棱锥，四边形正方形，平面．，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【解析】（1）证明：连接交于点，连接， 底面为正方形，为中点， 点是的中点，， 平面，平面， 平面． （2）因为平面，平面，所以，又四边形为正方形， 所以，又，平面， 所以平面，平面，所以， 又点是的中点，，，所以，， ，， 所以， 设点到平面的距离为，则，即， 即，解得， 即点到平面的距离为. 【对点训练8】（2023·河北邯郸·高一统考期末）在直三棱柱中，，分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)若，，，求点到平面的距离. 【解析】（1）连结交于点，连结， 因为点分别是的中点，所以，且， 所以，即四边形是平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面； （2）因为，则,,，所以，所以，, 因为，且，，所以平面， 因为，所以点到平面的距离为1，， 根据等体积转化可知，即， 解得：， 所以点到平面的距离为. 题型五：体积问题 【例5】（2023·湖南邵阳·高一邵阳市第二中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面是的中点.    (1)证明：面 (2)证明：平面平面； (3)求三棱锥的体积. 【解析】（1）取中点，连接， ∵,, ∴, ∴为平行四边形，则， ∵面，面，∴面.    （2）因为，所以， 由平面平面，所以， 又由，且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，即平面平面. （3）由（1）可得，且平面，平面，所以平面， 所以， 因为平面，可得， 又由， 所以， 所以，即三棱锥的体积为. 【对点训练9】（2023·河南焦作·高一统考期末）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求三棱锥的体积． 【解析】（1）∵四边形是矩形，∴， 又平面，平面， ∴平面． ∵，平面，平面， ∴平面． ∵，平面， ∴平面平面， 又平面， ∴平面． （2）∵平面，平面， ∴， 在矩形中，， 又∵，平面 ∴平面． 又平面， ∴平面平面． （3）∵平面，平面， ∴平面平面． 又，平面平面，平面， ∴平面， 则为三棱锥的高，且． ∵， ∴， ∴． 【对点训练10】（2023·河北唐山·高一校联考期中）如图，圆锥的底面半径，母线的长为3，为上靠近的一个三等分点，从点拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点.    (1)求绳子的最短长度； (2)过点作一个与底面平行的截面，将圆锥分为上、下两部分，其体积分别为，，求. 【解析】（1）将圆锥侧面沿母线展开可得一扇形，连接，此时绳子的长度最短，    在中，，，设，因为圆锥的底面半径，母线的长为3，则，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以. （2）过点作与底面平行的截面，将圆锥分为上下两部分，    上部分圆锥体积为，下部分圆台体积为，设大圆锥体积为， 则，即，， 所以. 【真题演练】 1．（2023·全国·统考高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面， 直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为. 故选：C 2．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 3．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 4．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【解析】取中点，连接，如图，    是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 5．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【解析】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    6．（多选题）（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 7．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 8．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解析】（1）    连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是    （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 9．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【解析】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面.      （2）由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. （3）过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.    10．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）如图，    底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 11．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【解析】（1）证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面. （2）如图，    过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的高为. 因为平面，平面, 所以,, 又因为，为公共边， 所以与全等，所以. 设，则， 所以为中点，, 又因为,所以, 即，解得， 所以， 所以四棱锥的高为． 【过关测试】 一、单选题 1．（2023·海南·高一海南华侨中学校考期末）如图所示，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，则下列结论中不正确的是（    ） A． B．平面SCD C．直线SA与平面SBD所成的角等于 D．直线SA与平面SBD所成的角等于直线SC与平面SBD所成的角. 【答案】C 【解析】对于A，因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为为正方形，所以， 又平面，，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，因为，平面，平面， 所以平面SCD，故B正确； 对于C，设交于，连，由A知，平面SBD，则是直线SA与平面SBD所成的角， 设，，则，，只有当，即，即时，才有，故C不正确； 对于D，由C知，是直线SA与平面SBD所成的角，是直线与平面SBD所成的角，因为，，， 所以与全等，所以，故D正确. 2．（2023·河北唐山·高一校联考期中）小明为了加强体育锻炼，提高身体素质，从网上购买了一对大小相同的健身哑铃.哑铃是由两个全等的大圆柱和中间一个连杆圆柱构成的，已知大圆柱的底面直径是8cm，高为2cm，连杆圆柱的底面直径是2cm，高为10cm，则一只健身哑铃的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为大圆柱的底面直径是8cm，高为2cm，故两个大圆柱的体积为， 又连杆圆柱的底面直径是2cm，高为10cm，故连杆圆柱的体积为， 所以一只健身哑铃的体积为. 故选：C. 3．（2023·河北唐山·高一校联考期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】依题意圆锥的母线，设底面半径为，高为，则，解得， 所以， 则圆锥的体积. 故选：C 4．（2023·广东深圳·高一校联考期中）如图，已知为正方体，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接， 因为在中，∥， 所以为异面直线与所成角， 因为在中，， 所以为等边三角形， 所以， 所以异面直线与所成角为， 故选：C 5．（2023·山东临沂·高一统考期中）如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设正方体的棱长为，则正方体的表面积是， 正四面体，则棱长为， 它的表面积是， 正四面体的表面积与正方体的表面积之比为． 故选：D． 6．（2023·河北石家庄·高一校考期中）如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将 沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（   ）    A． B．平面 C．平面 D．平面平面 【答案】D 【解析】对于D选项，翻折前，，，翻折后，，， 因为，、平面，则平面， 因为平面，所以，平面平面，故D正确； 对于B选项，因为，， 则二面角的平面角为， 在翻折的过程中，的大小会发生变化，故与不一定垂直， 所以，与平面不一定垂直，故B错误； 对于A选项，设，在图一中，， 又因为，所以，，， 因为，所以，， 所以，，则， 在图二中，过点在平面内作，交于点，连接， 则，故，则， 因为，所以，不是的中点， 因为，，则， 若，因为，、平面，则平面， 因为平面，所以，， 因为、平面，且，所以，， 因为为的中点，则为的中点，与已知矛盾，故A错误； 由选项A知，因为，平面，平面， 所以，平面， 若平面，则，、平面， 所以，平面平面， 因为平面平面，平面平面，则， 因为为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，故C错误． 故选：D．    7．（2023·河南焦作·高一统考期末）如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E（D，E都不与C重合），若该截面将三棱柱分成体积之比为的两部分，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为三棱柱， 所以，面面， 又因为面面，面面， 所以，显然为三棱台， 设，（），三棱柱的高为， 则， 所以三棱柱体积为， 三棱台的体积为， .①三棱台的体积占， 则，得，得或，均不符合题意； ②三棱台的体积占， 则，得，得或，因为，所以. 故选：C 8．（2023·江苏无锡·高一辅仁高中校考期末）四棱台中，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则该棱台的体积为（ ） A．224 B．448 C． D．147 【答案】B 【解析】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图， .    因为四棱台上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等， 所以底面，又，所以底面， 所以是四棱台其中一条侧棱与底面所成的角，则， 因为，所以，， 易知四边形是等腰梯形，则， 所以在中，，则， 即四棱台的高为， 则该四棱台的体积. 故选：B． 二、多选题 9．（2023·甘肃定西·高一甘肃省临洮中学校考期中）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（    ）    A． B．平面 C．与平面所成角是 D．与所成的角等于与所成的角 【答案】ABC 【解析】对于A选项，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，所以，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，，A对； 对于B选项，因为四边形为正方形，则， 又因为平面，平面，所以，平面，B对； 对于C选项，因为平面，所以，与平面所成角是，C对； 对于D选项，因为，平面，平面， 所以，，所以，为锐角， 所以，与所成的角为直角，与所成的角为锐角， 故与所成的角不等于与所成的角，D错. 故选：ABC. 10．（2023·山东临沂·高一统考期中）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的是（    ）      A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为 C．该圆台的表面积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为 【答案】ABD 【解析】对于，由，且， 可得，高， 则圆台轴截面的面积为，故A正确； 对于B，圆台的体积为，故B正确； 对于C，圆台的侧面积为，又，， 所以，故C错误； 对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角． 设的中点为，连接，可得， 则，又点到的距离， 所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．    故选：ABD． 11．（2023·安徽滁州·高一统考期末）如图，在四棱雉中，平面，底面为矩形，且，则（    ）    A．平面平面 B．点到平面的距离为 C．二面角的正切值为 D．若平面与平面的交线为直线，则 【答案】ACD 【解析】对于A：因为平面，平面，所以， 又为矩形，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确； 对于B：平面，平面， 所以，，又， 所以，，， 所以，又， 设点到平面的距离为，则， 所以，即，解得，故B错误； 对于C：在平面中过点作交于点，连接， 因为平面，由三垂线定理，可得即为二面角的平面角， 又，所以， 所以，即二面角的正切值为，故C正确；    因为，平面，平面，所以平面， 又平面与平面的交线为直线，平面，所以，故D正确； 故选：ACD 12．（2023·浙江宁波·高一统考期末）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（    ） A．异面直线AM与可能垂直 B．直线BC与平面可能垂直 C．AB与平面所成角的正弦值的范围为 D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 【答案】AD 【解析】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：    选项A：当MC=时， 在矩形BCC1B1中，，所以， 又因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C， 又因为，、平面， 所以B1C⊥平面ABM，所以，故选项A正确； 选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行， 故与不可能垂直，故选项B错误； 选项C：因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角， 所以， 又因为当点M在棱CC1移动时，， 所以，所以，故选项C错误； 选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如图所示，      则有，， 所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1， 又因为，、面， 所以AM⊥平面MB1D1， 所以平面截正四棱柱所得截面多边形为正△， 所以其周长，故选项D正确. 故选：AD. 三、填空题 13．（2023·安徽黄山·高一屯溪一中校考期中）如图中，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，交BC于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为__________．    【答案】 【解析】连接，则， 设，因为，所以， 在中，，解得， 在中，因为，可得， 设直角绕旋转一周得到的圆锥的体积为，半圆绕旋转一周得到球的体积为，图中阴影部分绕旋转一周，可得旋转体为一个圆锥挖去一个球， 所以图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为： . 故答案为：.    14．（2023·福建三明·高一校联考期中）在正方体中，直线与所成的角是__________. 【答案】/ 【解析】连接， ，，四边形为平行四边形，， （或其补角）即为异面直线与所成角， ，为等边三角形，， 即异面直线与所成角为. 故答案为：. 15．（2023·云南楚雄·高一统考期中）如图，已知在矩形ABCD中，，，M为边BC的中点，将，分别沿着直线AM，MD翻折，使得B，C两点重合于点P，则点P到平面MAD的距离为______．    【答案】/ 【解析】因为ABCD为矩形，所以，， 因为，平面， 所以平面， 因为， 所以， ， 点到平面MAD的距离为h，， 所以，解得． 故答案为： 16．（2023·江苏徐州·高一徐州市第一中学校考期中）如图，在长方形中，，是的中点，沿AE将向上折起，使到的位置，且平面平面，则直线与平面所成角的大小为____.    【答案】 【解析】如图所示：为中点，连接，    ，为中点，故， 平面平面，平面平面，平面， 故平面，即直线与平面所成角， 为等腰直角三角形，故. 故答案为：. 四、解答题 17．（2023·浙江杭州·高一校联考期中）如图，斜三棱柱中，D，分别为AC，上的点．    (1)当时，求证平面； (2)若平面平面，求的值，并说明理由． 【解析】（1）如图，当时，为线段的中点， 连接交于点O，连接．    由棱柱的性质，知四边形为平行四边形，所以点O为的中点． 在中，点O、分别为、的中点， ∴． 又∵平面，平面， ∴平面． （2）由已知，平面平面，且平面平面，平面平面． 因此，同理． ∴，． 又∵， ∴，即． 18．（2023·浙江宁波·高一效实中学校考期中）如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点.    (1)证明：平面； (2)设直线与底面所成角的正切值为，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）连接，记， 为中点， 为中点， ， 又，，∴平面；    （2）因为平面， 所以即为直线与平面所成线面角，则.   因为矩形中，所以.   因为平面，平面，所以， 计算可得. 又，，，平面，所以， 所以即为直线与平面所成线面角，解得. 19．（2023·浙江台州·高一校联考期中）台州黄岩被誉为“模具之乡”，为市场对球形冰淇淋的需求，特地制作了一款中空的正三棱柱模具，其内壁恰好是球体的表面，且内壁与棱柱的每一个面都相切（内壁厚度忽略不计），店家可以将不同口味的冰淇淋放入该模具中，再通过按压的方式得到球形冰淇淋。已知该模具底部边长为3cm．    (1)求内壁的面积； (2)求制作该模具所需材料的体积； (3)求模具顶点到内壁的最短距离． 【解析】（1）由题意得：内壁的面积就等于内切球的表面积， 如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为的中心，    因为， 所以内切圆的半径， 即内切球的半径，所以内切球的表面积. （2）由题意得：模型的体积就等于棱柱的体积减去内切球的体积， 由（1）得正三棱柱的高， 因为，， 所以. （3）    由图得， 所以， 所以到球面上的点的距离最小值为. 20．（2023·河北石家庄·高一校考期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，为棱的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求二面角平面角的大小. 【解析】（1）证明：因为平面平面，平面平面，， 平面，因此，平面. （2）因为四边形为正方形，则，且， 因为平面，平面，所以，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，，则二面角的平面角为， 因为，，所以，为等腰直角三角形，且. 故二面角为. 21．（2023·安徽滁州·高一统考期末）如图，平行六面体的棱长均相等，，点分别是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与底面所成角的正弦值． 【解析】（1）设的中点为，连接， 因为点分别是棱的中点， 所以，， 所以与平行且相等，四边形是平行四边形，则， 又因为平面，平面， 所以平面 （2）如图，设AC，BD交于点O，连接． 因为平行六面体中，设各棱长均为2， 因为， 所以为边长为2等边三角形，四边形ABCD为菱形， 所以O为BD的中点，． 所以． 因为，平面，所以平面． 等边三角形中，故． 解可得． 因为平面，平面， 所以平面平面， 故在平面ABCD上的射影Q落在AC上，连接， 所以 即到平面ABCD的距离为 所以到平面ABCD的距离为因为是棱的中点， 所以到平面ABCD的距离 因为， 所以直线与底面所成角的正弦值为