专题8.3空间点、直线、平面之间的位置关系2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系 练基础 l l l  l    1.（广东高考真题）若直线 1和 2是异面直线， 1在平面 内， 2在平面 内，l是平面 与平面 的交 线，则下列命题正确的是（ ） l l l l l l A. 与 1， 2都相交 B. 与 1， 2都不相交 l l l l l l C. 至少与 1， 2中的一条相交 D. 至多与 1， 2中的一条相交 【答案】C 【解析】 l l l  l  l   l 试题分析：若直线 1和 2是异面直线， 1在平面 ， 2在平面 内， 是平面 与平面 的交线，则 至少 l l 与 1， 2的一条相交.故选A． 2．（2019·全国高考真题（理））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 【答案】B 【解析】   // 由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是 的充分条件，由面面平行性质定理知， //     // 若 ，则 内任意一条直线都与 平行，所以 内两条相交直线都与 平行是 的必要条件， 故选B． 3.（2020·武威第六中学高三其他（理））已知 ， 为两条不同直线， ， ， 为三个不同平面，下列 命题：①若 ， ，则 ；②若 ， ，则 ；③若 ， ，则 ；④若 ， ，则 .其中正确命题序号为( ) A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③ 【答案】C 【解析】 根据面面平行的性质以及判定定理可得，若 ， ，则 ，故①正确； 若 ， ，平面 可能相交，故②错误； 若 ， ，则 可能平行，故③错误； 由线面垂直的性质可得，④正确； 故选：C 4.（2021·嘉禾县第一中学高一月考）若 ， ， 是互不相同的直线， ， 是不重合的平面，则下列说 法正确的是（ ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ，则 【答案】D 【解析】 由面面平行的性质可判断选项A、B；由空间中线线位置关系可判断C；由线面平行的性质定理、线面垂 直的性质定理以及面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项. 【详解】 对于A： ， ， ，则 ， 平行或异面，所以A不正确； 对于B： ， ，则 平行，所以选项B不正确； 对于C： ， ， 与 可能平行、异面或相交，所以选项C不正确； 对于D：由 ，设经过 的平面与 相交，交线为 ，由线面平行的性质定理可知 ， 又因为 ，所以 ，又因为 ，由面面垂直的判定定理可得 故选项D正确．  5.（2019·北京高考真题（文））已知l，m是平面 外的两条不同直线．给出下列三个论断：   ①l⊥m；②m∥ ；③l⊥ ． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 【解析】 将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确； （2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内； （3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α. 6.（全国高考真题（文））已知正方体 中，E为 的中点，则异面直线AE与BC所成 角的余弦值为 . 【答案】 【解析】 【详解】 连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角， 在△RtADE中，由于DE= ，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE= = ． 7．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）以下命题中：（1）若直线 ， 和平面 满足： ， ， 那么 ； （2）若直线 和平面 平行，那么 与 内的任何直线平行； （3）平行于同一条直线的两个平面平行；（4）若直线 ， 和平面 满足 ， ， ，则 ，正确的是______. 【答案】（4） 【解析】 利用直线与平面之间的位置关系逐一进行判断即可. 【详解】 （1）中， ， ，那么 ，或者 ，故错误； （2）中，若直线 和平面 平行，那么 与 内的直线平行或者异面，故错误； （3）中，平行于同一条直线的两个平面可以平行，可以相交，故错误； （4）中，根据线面平行的判定定理可知， ， ， ，则 ，故正确. 故答案为：（4）. 8．（2021·重庆市第七中学校高一期中）如图，在圆锥 中， 、 为底面圆的两条直径， 交 于点 ，且 ， 为 的中点， . （1）求证： 平面 ； （2）求圆锥的表面积和体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）表面积为 ，体积为 . 【解析】 （1）连接 ，由中位线的性质可得 ，再由线面平行的性质定理即可求证； （2）根据题意求出圆锥的底面半径，高和母线，由表面积公式和体积公式即可求解. 【详解】（1）连接 ， ∵ 、 分别为 、 的中点，∴ ， 又∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ； （2）∵ ， ， 为圆锥的高，圆锥底面圆的半径 ， ∴圆锥的体积 ， ∵母线 ， ∴圆柱的表面积 . 9．（2021·江门市第二中学高二月考）如图，在长方体 中， ，点E在 棱AB的中点. （1）证明： ； （2）求直线 与 所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】（1）由 ，得到四边形 为正方形，证得 ，又由 ，证得 平面 ，即可证得 ； （2）连接 ，得到 ，根据异面直线所成角的定义，得到 是异面直线 与 所成 角，在 中，即可求解. 【详解】 （1）在长方体 中，因为 ，可得四边形 为正方形， 所以 ， 又因为 ， ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又由 平面 ，所以 . （2）连接 ，在长方体 中，可得 ， 所以异面直线 与 所成角即为直线 与 所成角, 即 （或其补角） 与 所成角， 在直角 中，由 ，可得 ， 在直角 中，由 ，可得 ， 在直角 中，由 ，可得 ， 所以 为等边三角形，所以 ， 即异面直线 与 所成角 .10．（2021·揭阳第一中学高一期末）已知 矩形 所在的平面，且 ， 、 分别为 、 PC的中点. 求证：（1） 平面 ； （2） . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 （1）取 的中点 ，连接 、 ，证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，再利用线 面平行的判定定理可证得结论； （2）证明出 平面 ，可得出 平面 ，由线面垂直的性质可得出 . 【详解】 （1）取 的中点 ，连接 、 ，、 分别为 、 的中点，则 且 ， 四边形 为矩形，则 且 ， 为 的中点，所以， 且 ， 所以， 且 ，故四边形 为平行四边形，所以， ， 因为 平面 ， 平面 ，因此， 平面 ； （2） 平面 ， 平面 ， ， ， ，所以， 平面 ， 平面 ，则 ， ， 为 的中点，则 ， 因为 ， 平面 ， ，故 平面 ， 平面 ，因此， . 练提升 TIDHNE 1．（2020·浙江高三开学考试）四面体 中， ，其余棱长均为4， ， 分别为 ， 上的点（不含端点），则（ ） A．不存在 ，使得B．存在 ，使得 C．存在 ，使得 平面 D．存在 ， ，使得平面 平面 【答案】D 【解析】 作出示意图如下图所示： 分别是AB，CD的中点， 面 于 ， 面 于 ， 对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点 时，因为 ，其余棱长均为4，所以 ， 所以 ，所以 ，即 ，故A错误； 对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点 时，由A选项的解析得 ， ， ， 所以 面 ，又 面 ，所以平面 平面 ，即平面 平面 ， 故D正确； 对于B选项，作 面 于 ，因为 中， ，所以 定在AB的中线 上， 所以 就是 与面 所成的角， 当E在AB上移动时， 的最小值为直线 与平面 所成的角，即 ，而 是锐 角， 的最大值为 ， 故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.对于C选项，作 面 于 ，因为 中， ， 所以 定在AB的中线 上，且不重合于点 ，即点 不落在AB上， 又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC， 故C选项不正确， 故选：D. 2．【多选题】（2020·长沙市湖南师大第二附属中学有限公司月考）（多选题）如图1，点 为正方形 边 上异于点 的动点，将 沿 翻折，得到如图2所示的四棱锥 ，且平 面 平面 ，点 为线段 上异于点 的动点，则在四棱锥 中，下列说法正 确的有( ) A．直线 与直线 必不在同一平面上 B．存在点 使得直线 平面 C．存在点 使得直线 与平面 平行 D．存在点 使得直线 与直线 垂直 【答案】AC【解析】 A.假设直线BE与直线CF 在同一平面上，所以E在平面BCF上，又E在线段BC上， 平面 BCF=C，所以E与C重合，与E异于C矛盾，所以直线BE与直线CF 必不在同一平面上； B.若存在点 使得直线 平面DCE， 平面 ,所以 ,又 ,所以△ABE中 有两个直角，与三角形内角和为 矛盾，所以不存在点 使得直线 平面DCE； C.取F为BD的中点， ,再取AB的中点G，则 且EC=FG，四边形ECFQ为平行四边形， 所以 ,则直线CF与平面BAE平行； D.过B作 于O，因为平面 平面AECD,平面 平面 =AE, 所以 平面AECD.过D作 于H，因为平面 平面AECD,平面 平面 =AE,所以 平面BAE，所以 .若存在点 使得直线 与直线 垂直， 平面 AECD, 平面AECD, ,所以 平面AECD, 所以E与O重合，与三角形ABE是以B为直角的三角形矛盾，所以不存在点 使得直线 与直线 垂 直.故选A、C. PABCD PAD ABCD 3.【多选题】（2020·全国高三月考）（多选题）在四棱锥 中，侧面 平面 ， PD AB ABCD E PB ，四边形 是正方形，点 是棱 的中点，则（ ） PD ABCD PD// ACE A． 平面 B． 平面 PB2AE PC  AE C． D． 【答案】BC 【解析】A PD AD PD ABCD 如图，对于 ，因为 与 不一定垂直，所以 不一定垂直平面 ，故A错误. BD ACBD O OE ABCD O BD 对于B，连接 ，记 ，连接 .因为四边形 是正方形，所以 为 的中点.因为 O,E BD BP OE//PD PD ACE OE  ACE PD// 分别为 ， 的中点，所以 ，又 平面 ， 平面 ，则 平面 ACE ，故B正确. ABCD CD AD PAD ABCD CD 对于C，因为四边形 是正方形，所以 ，因为侧面 平面 ，所以 平面 PAD AB//CD AB PAD PA PAD ABPA PB2AE .因为 ，所以 平面 .因为 平面 ，所以 ，则 ，故 C正确. BC F EF,AF E,F BP BC EF//PC 对于D，取 的中点 ，连接 .因为 分别为 ， 的中点，所以 .假设 1 1 EF  PC   44  2 PC  AE，则EF  AE .设PD AB 2，则 2 2 ，AF  41 5 .因 EF  AE AE  52  3 PB 2 3 PD2 PB 2 3 BD2 2 为 ，所以 ，所以 .因为 ， ， ，所以 PD2 BD2  PB2 PD BD PD ABCD PD ABCD ，所以 ，则 平面 .因为 与平面 不一定垂直，所以D 错误. 故选：BC. V ABC P VA 4.（2019·浙江高考真题）设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不PB AC  PB ABC  PACB 含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的  平面角为 ，则（ ） , , A． B． , , C． D． 【答案】B 【解析】 G AC V ABC O P D AO D DE 方法1：如图 为 中点， 在底面 的投影为 ，则 在底面投影 在线段 上，过 作 AE PE//VG P PF// AC VG F D DH //AC BG H 垂直 ，易得 ，过 作 交 于 ，过 作 ，交 于 ，则 PF EG DH BD cos    cos BPF, PBD, PED，则 PB PB PB PB ，即， PD PD tan   tan ED BD ，即y ，综上所述，答案为B.  V ABC   方法2：由最小角定理 ，记 的平面角为 （显然 ）  由最大角定理 ，故选B. V ABC P VA 方法3：（特殊位置）取 为正四面体， 为 中点，易得 3 33 2 2 2 cos sin ,sin , sin  6 6 3 3 ，故选B.5．（2021·齐齐哈尔市第八中学校高二期中（文））在直三棱柱 中， ， ， 是棱 的中点. （1）求证： （2）求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）根据题中长度，结合勾股定理，可证 ，根据直棱柱，可证 ，根据线面垂直的判定 定理，可证 平面 ，根据线面垂直的性质定理，即可得证. （2）先求得 的面积，利用等体积法，即可求得答案. 【详解】 （1）因为 ， 所以 ，即 ， 因为直棱柱 ， 所以 底面ABC， 平面ABC， 所以 ，又 ， 平面 ， 所以 平面 ，又因为 平面 ， 所以 . （2）设点 到平面 的距离为h，取AB中点O，连接EO， 在 中， ，AB=2，则 ， 所以 ， 所以 的面积为 ， 因为 ， 所以 ， 所以 ，解得 ， 所以点 到平面 的距离为 6．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， ， ， ．（1）求证： 平面 ． （2）试问：在 上是否存在一点 ，使 平面 成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理 由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析. 【解析】 （1）连接 ，根据题目条件证明四边形 是平行四边形，即可得出 ，即可得证； （2）假设存在，取 中点 ，连 ， ，使 ，连 ，利用中位线证明 ，即可 得出结论. 【详解】 （1）证明：连接 ，由 ， 得 ， 又 得 ， 所以四边形 是平行四边形 所以 ， 又 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ． （2）解：存在 中点 ，使 平面 成立． 取 中点 ，连 ， ，使 ，连 ． ∵ 是矩形，∴ 是 的中点， 又∵ 是 上靠近点 的一个三等分点，且 是 中点， ∴ 是 的中点，∴ 中， ， 又∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ， 故在 上是存在 中点 ，使 平面 成立．7．（2021·嘉禾县第一中学高一月考）在①使三棱锥 体积取得最大值，②使 这两个条 件中任选一个，补充在下面问题中，并作答． 如图1， 是边长为2的等边三角形， 是 的中点，将 沿 翻折形成图2中的三棱锥， ________，动点 在棱 上． （1）证明：平面 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正切值的取值范围． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】选择见解析（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）若选择①，利用 分析可证 平面 ．从而得证；若选择②，由向量数量积结合余弦定理以及勾股定理可以证明 ，进而可以证明 平面 ，从而得证； （2）先确定直线 与平面 所成的角，然后结合图形分析求解即可 【详解】 （1）证明：若选择① ， 由于 的面积为定值，所以当 到平面 距离最大时， 三棱锥 体积最大， 即当 平面 时，体积有最大值． 因为 平面 ，所以平面 平面 ． 若选择② 因为 ，所以 ． 在 中， ，所以 ． 因为 ，所以 ． 因为 ， 且 平面 ，所以 平面 ． 因为 平面 ，所以平面 平面 ． （2）解：因为 平面 ，所以 就是直线 与平面 所成的角． 记 ，则 ，又 ， ． 当 时， 最大， 最小，此时 ； 当 时， 最小， 最大，此时 ， 则 ． 所以直线 与平面 所成角的正切值的取值范围是 ．8．（2021·河北巨鹿中学高一月考）如图（1），平面四边形 中， ， ， ，将 沿 边折起如图（2），使______，点 ， 分别为 ， 中点.在题目横线上选择 下述其中一个条件，然后解答此题.① .② 为四面体 外接球的直径.③平面 平面 . （1）判断直线 与平面 是否垂直，并说明理由； （2）求直线 和 所成的角的余弦值. 【答案】条件选择见解析，（1）垂直，理由见解析；（2） . 【解析】 （1）若选①：由 ，得到 ，再由 ，证得 平面 ， 得到 ，进而证得 平面 ，因为 ，即可得到 平面 ． 若选②：由 为四面体 外接球的直径，得到 ，进而证得 平面 ， 从而证得 平面 ． 若选③：由平面 平面 和 ，证得 平面 ，得到 ，进而证得 平面 ，得到 平面 ． （2）取AB中点E，连接ME，DM，得到 或其补角为直线DM和BC所成的角，再 中，利 用余弦定理，即可求解. 【详解】 （1）若选①：垂直. 因为 ，在 中， ， ，可得 ，又由 ，所以 ，所以 ， 因为 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ， 又因为 平面 ，所以 ， 又由 ， 且 平面 ，所以 平面 ， 又因为 ， 分别为 ， 中点，所以 ，所以 平面 ． 若选②：垂直. 由 为四面体 外接球的直径，则 ， ， 因为 ，可证得 平面 ， 又 ， 分别为 ， 中点， ，所以 平面 ． 若选③：垂直. 由平面 平面 ，平面 平面 ， 因为 ，且 平面 ，所以 平面 ， 又由 平面 ，所以 ， 因为 ， 且 平面 ，所以 平面 ， 又因为 ， 分别为 ， 中点， ，所以 平面 ． （2）取 中点 ，连接 ， 因为 分别为 边中点，所以 ， 所以 或其补角为直线 和 所成的角. 在 中， ， ， ，所以 . 又 ， 由余弦定理可得： ， 所以直线 和 所成的角的余弦值为 .9.（2021·江苏高一期末）已知在直四棱柱 中，底面 为直角梯形，且满足 ， ， ， ， ， ， 分别是线段 ， 的中点． （1）求证：平面 平面 ； （2）棱 上是否存在点 ，使 平面 ，若存在，确定点 的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在点 ，且 ，使得 平面 . 【解析】 （1）在直角梯形 中，过点 作 于 ，根据 得到 ，从而易 证 ，利用线面垂直的性质得到 ，从而得到 面 ，再利用面面垂直的判定即可 证明平面 平面 .（2）存在点 ，且 ，则在 上取点 ，使 ，连接 ， ， ，易证 ， ，从而得到 平面 ， 平面 ，利用面面垂直的判定得到平面 平面 ，从而得到 平面 ． 【详解】 （1）在直角梯形 中，过点 作 于 ，如图所示： 由 ， ， ， ， 得 为等腰直角三角形，所以四边形 为正方形， 所以 ， ，所以 ， 所以 ， 从而得到 ， 在直四棱柱 中， 面 ， 面 ， 所以 ， 又因为 ，所以 面 ， 因为 面 ， 所以平面 平面 ； （2）存在点 ，且 ，使得 平面 ，则在 上取点 ，使 ，连接 ， ， ，如图所示： 此时 ， ， 所以 ，即 ， 在平面 中， ，所以 ， 此时由 ， 平面 ， 平面 ，得 平面 ， 由 ， 平面 ，得 平面 ， 又 ， 所以平面 平面 ， 平面 ，即证： 平面 ．  OAB  10.（2019·安徽芜湖一中高三开学考试）在RtAOB中， 6 ，斜边AB 4．RtAOC可以 RtAOB AO BAOC D AB 通过 以直线 为轴旋转得到，且二面角 是直二面角．动点 的斜边 上．COD AOB （1）求证：平面 平面 ； CD AOB （2）求直线 与平面 所成角的正弦的最大值． 2 7 【答案】（1）详见解析；（2）7 . 【解析】  AOB （1） AOB为直角三角形，且斜边为AB， 2 .  AOC  将RtAOB以直线AO为轴旋转得到RtAOC，则 2 ，即OC  AO.  BAOC AOC  AOB 二面角 是直二面角，即平面 平面 . AOCI AOB  AO OC  AOC OC  AOB 又平面 平面 ， 平面 ， 平面 . QOC  COD COD AOB 平面 ，因此，平面 平面 ；  1  OAB  OB  AB2 OBA （2）在RtAOB中， 6 ，斜边AB 4， 2 且 3 . OC  AOB CD AOB ODC 由（1）知， 平面 ，所以，直线 与平面 所成的角为 .  COD 在RtOCD中， 2 ，OC OB 2，CD OD2 OC2  OD2 4 ，OC 2 sinODC   CD OD2 4 ，  ODOBsin  3 当OD  AB时，OD取最小值，此时sinODC 取最大值，且 3 . OC 2 2 2 7 sinODC     因此， CD OD2 4 7 7 ， 2 7 即直线CD与平面AOB所成角的正弦的最大值为 7 . 练真题 TIDHNE 1．（2021·全国高考真题（理））在正方体 中，P为 的中点，则直线 与 所成的 角为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 平移直线 至 ，将直线 与 所成的角转化为 与 所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接 ，因为 ∥ ，所以 或其补角为直线 与 所成的角， A B C D 因为 平面 1 1 1 1，所以 ，又 ， ， 所以 平面 ，所以 ， 设正方体棱长为2，则 ， ，所以 . 故选：D 2.【多选题】（2021·全国高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为 正方体的顶点．则满足 的是（ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】 根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线 构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】 设正方体的棱长为 ， 对于A，如图（1）所示，连接 ，则 ， 故 （或其补角）为异面直线 所成的角， 在直角三角形 ， ， ，故 ，故 不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ， 由正方体 可得 平面 ，而 平面 ， 故 ，而 ，故 平面 ， 又 平面 ， ，而 ， 所以 平面 ，而 平面 ，故 ，故B正确. 对于C，如图（3），连接 ，则 ，由B的判断可得 ， 故 ，故C正确.对于D，如图（4），取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， 则 ， 因为 ，故 ，故 ， 所以 或其补角为异面直线 所成的角， 因为正方体的棱长为2，故 ， ， ， ，故 不是直角， 故 不垂直，故D错误. 故选：BC. 3．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题： p：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. 1p：过空间中任意三点有且仅有一个平面. 2 p：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. 3 p：若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l. 4 则下述命题中所有真命题的序号是__________. ① ② ③ ④ 【答案】①③④ 【解析】 对于命题 ，可设 与 相交，这两条直线确定的平面为 ； 若 与 相交，则交点 在平面 内， 同理， 与 的交点 也在平面 内， 所以， ，即 ，命题 为真命题； 对于命题 ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题 为假命题； 对于命题 ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题 为假命题； 对于命题 ，若直线 平面 ， 则 垂直于平面 内所有直线， 直线 平面 ， 直线 直线 ， 命题 为真命题.综上可知， ， 为真命题， ， 为假命题， 为真命题， 为假命题， 为真命题， 为真命题. 故答案为：①③④. 4．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，M为 的 中点，且 ． （1）证明：平面 平面 ； （2）若 ，求四棱锥 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 （1）由 底面 可得 ，又 ，由线面垂直的判定定理可得 平面 ，再 根据面面垂直的判定定理即可证出平面 平面 ； （2）由（1）可知， ，由平面知识可知， ，由相似比可求出 ，再根据四棱锥 的体积公式即可求出． 【详解】 （1）因为 底面 ， 平面 ， 所以 ， 又 ， ， 所以 平面 ， 而 平面 ， 所以平面 平面 ．（2）由（1）可知， 平面 ，所以 ， 从而 ，设 ， ， 则 ，即 ，解得 ，所以 ． 因为 底面 ， 故四棱锥 的体积为 ． 5．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， E，F分别为 和 的中点， . （1）求三棱锥 的体积； （2）已知D为棱 上的点，证明： . 【答案】(1) ；(2)证明见解析. 【解析】 (1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积； (2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的 结论. 【详解】 (1)如图所示，连结AF，由题意可得： ， 由于AB⊥BB，BC⊥AB， ，故 平面 ， 1 而 平面 ，故 ， 从而有 ， 从而 ， 则 ， 为等腰直角三角形， ， . (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱 的中点 ，连结 ，正方形 中， 为中点，则 ， 又 ， 故 平面 ，而 平面 ， 从而 . 6.（2021·全国高考真题）在四棱锥 中，底面 是正方形，若 ． （1）证明：平面 平面 ； （2）求二面角 的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面 . （2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐标系，求出平面 、平面 的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】 （1）取 的中点为 ，连接 . 因为 ， ，则 ， 而 ，故 . 在正方形 中，因为 ，故 ，故 ， 因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ， 因为 ，故 平面 ， 因为 平面 ，故平面 平面 . （2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ， 结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.则 ，故 . 设平面 的法向量 ， 则 即 ，取 ，则 ， 故 . 而平面 的法向量为 ，故 . 二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .