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7.1 空间几何中的平行与垂直（精练）-2024年高考数学一轮复习导与练高分突破（新高考）
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这是一份7.1 空间几何中的平行与垂直（精练）-2024年高考数学一轮复习导与练高分突破（新高考），文件包含71空间几何中的平行与垂直精练原卷版docx、71空间几何中的平行与垂直精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对于A，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，
所以直线平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，
所以直线平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.
故选：D.
2．（2023春·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：
①，，则；②若，，则；
③，，则；④若，，则；
⑤若，，则；⑥若，，则.
其中真命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【解析】，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，
①，，则，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；
②，，则，可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确；
③，，则，可能平行，也可能相交，所以③不正确；
④，，则，满足平面与平面平行的性质，所以④正确；
⑤，，则或，所以⑤不正确；
⑥，，则或，所以⑥不正确；
故选：C.
3．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；
B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点，
由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ，
而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选：B.
4．（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）在正方体 中，下列结论正确的是（ ）
①；②平面平面；③；④平面.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【答案】A
【解析】因为，所以四边形为平行四边形，故，故①正确；
易证，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又，平面，故平面平面，故②正确；
由正方体易知，与异面，故③错误；
因为，平面，平面，所以平面，故④正确.故选：A
5（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接交于点，连接，则平面即为平面，
因为，平面，平面，所以，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以，，
所以且，所以，
又，所以，所以.故选：C.
6．（2023·广东珠海·珠海市斗门区第一中学校考三模）（多选）已知是两条不相同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若是异面直线，，则.
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，，则平面内必然存在一条直线，使得，并且 ，
同理，在平面内必然存在一条直线，使得，并且，由于是异面直线，与是相交的，n与也是相交的，
即平面内存在两条相交的直线，分别与平面平行，，正确；
设，并且，则有，显然是相交的，错误；
对于B，若，则不成立，错误；
对于C，若，则平面上必然存在一条直线l与n平行，，即，正确；
对于D，若，必然存在一个平面，使得，并且，，又，正确；故选:ACD.
7．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）（多选）已知点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则下列各图中，直线PQ与RS是平行直线的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】A：如下图，，，由正方体性质知：，
所以，故，符合；
B：如下图，，，而，
所以不平行，不符合；
C：如下图，，，而，
所以不平行，不符合；
D：如下图，，，由正方体性质知：，
所以，故，符合；故选：AD
8．（2023春·福建）如图，在矩形ABCD中，E为BC的中点，现将与折起，使得平面BAE和平面CDE都与平面DAE垂直.求证：平面DAE.
【答案】证明见解析
【解析】过点B作于M，过点C作于N，连接MN.
∵平面BAE与平面DAE垂直，平面平面，，平面BAE，∴平面DAE，同理可证平面DAE，∴.
又知与全等，∴，∴四边形BCNM是平行四边形，∴.
又平面DAE，平面DAE，∴平面DAE.
9．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】明：取的中点，连接，．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，且，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
10．（2023·河南洛阳）如图，平面ABCD是圆柱OO₁的轴截面，EF是圆柱的母线，AF∩DE=G，BF∩CE=H，AB=AD=2，求证：GH∥平面ABCD
【答案】证明见解析
【解析】由题意知，平面平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以，又平面，平面，
所以平面；
11．（2023·青海西宁·统考二模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，M，N分别为，AC的中点，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱得：四边形为平行四边形，
因为M是中点，则，又平面，平面，
故平面，同理得平面，
又NK∩MK＝K，平面MKN，平面MKN，
故平面平面，平面MKN，
故平面；
12．（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，，求证：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】在圆柱中，,平面,平面,故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，
故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,故平面；
又平面，故平面平面.
13．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）如图，在几何体中，四边形是等腰梯形，，分别是，的中点，证明：平面
【答案】证明见解析；
【解析】取的中点，连接,，因为,分别是,中点，
则，而平面平面，于是平面，
，同理平面，又平面，
因此平面平面，又平面，
所以平面.
14．（2023春·陕西西安·高三校考阶段练习）如图，在四面体中，点分别为边的中点，点在线段上，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】因为点分别为边的中点，所以，.
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面.
因为平面，平面，，
所以平面平面.又平面，所以平面.
15．（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB．
(1)求证：平面AMB//平面DNC；
(2)若MC⊥CB，求证：BC⊥AC．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）因为MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，所以MB//面DNC．
因为AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，DN面DNC，所以MA//面DNC．
又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC．
（2）因为AMND是矩形，所以AM⊥MN．
因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND，
所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC．
因为MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC，
因为AC面AMC，所以BC⊥AC．
16．（2023春·广东茂名·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，在直线上找一点，使得直线平面，并说明理由
【答案】当为的中点时平面，理由见解析
【解析】如图取的中点，连接、，此时平面，
证明如下：因为为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面，
又，，所以且，所以为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即当为的中点时平面.
17．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1平面BCHG.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点∴GH是的中位线，∴GHB1C1，
又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EFBC，
∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF平面BCHG，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，∴A1GEB，，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，
∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E平面BCHG，
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1平面BCHG.
18．（2023·安徽）已知四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为，的重心，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】延长交于，延长交于，如图所示：
因为分别为和的重心，
所以分别为的中点，且，
又因为底面为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
19．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.
(1)求证：平面；
(2)已知点在上满足平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)2
【解析】（1）证明：连结交于，连结，
因在中，为中点，为中点，则FO .
又平面，平面，故平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，
连结，，，EN.
因，则四点共面.
又平面，平面平面，
则，四边形为平行四边形，可得 为中点.
则为BG中点.
即EN为中位线，则ENPG，.
又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.
从而FDPG，.
20．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）在如图的空间几何体中，是等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，为的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】法一：证明：取中点为，连接和，则，
平面，平面，
平面，
又，故,即四边形为平行四边形，
所以，平面，平面,
平面平面，
平面 平面.
又平面平面.
法二：取中点，连接,
分别是的中点，，
又，所以，
所以四边形为平行四边形，，
又平面平面，
平面.
21．（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径，弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；
【答案】存在，理由见解析
【解析】当点D为的中点时，平面，证明如下：取AB的中点D，连接OD，
∵O，D分别为，的中点，则，
平面，平面，∴平面，
又∵，平面，平面，∴平面，
，平面，∴平面平面，
由于平面，故平面.
22．（2023·全国·高三专题练习）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；
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；
【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.
23．（2023·海南）如图所示，直三棱柱中，，，、分别是、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求证：平面平面；
(4)求与的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)
【解析】（1）因为，是的中点，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以.
（3）连接，在直三棱柱中，
因为、分别是、的中点，所以且，
且，
所以四边形、为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
（4）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又平面，平面，所以，所以，
所以与的夹角为.
24．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正三角形中，、、分别是、、边上的点，满足：：：：如图将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连结如图
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）：：，，
平面，平面，平面；
（2）不妨设正三角形 的边长为 ，在图中，取的中点，连结，
：：：， ，
而，是正三角形，又，，
在图中，，，为二面角的平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角，，
又、平面，，平面，即平面；
25．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，平面平面，若为等边三角形，为等腰直角三角形，且，点E为的中点，点D在线段上，且，证明：⊥平面
【答案】证明见解析
【解析】如图，取的中点G，由可得，
由可得D为的中点，由E为的中点可得为的中位线，∴，∴，
∵E为的中点，，∴，
∵平面平面，且平面平面，PE在面PAC内，
∴平面，而平面，∴，又，且平面，
∴⊥平面.
26．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，在上且满足，求证：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】如图，过点作交于，连接，设，连接，
又，可得四边形为正方形，，
，，
为的中点，，
因为，平面，平面，
又平面平面平面.
27．（2023春·江苏无锡·）如图，在多面体中，平面平面，，，，，)求证：
【答案】证明见解析
【解析】证明：因为且，所以四边形为直角梯形，
又因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又由平面，所以.
28．（2023春·山西太原·）如图，已知直三棱柱，O，M，N分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，，若，试证
【答案】证明见解析
【解析】在中，∵O为BC中点且，∴，
∵平面平面，平面平面，
平面且，∴平面，
平面，∴.
∵M，N分别为，的中点，∴，∴.
在直角和直角中，
∵，，∴，
∴，
∴，
∴，平面，，
∴平面，平面，∴.
29．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，，求证：
【答案】证明见解析
【解析】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，.
30．（2023春·河北石家庄）如图，在直三棱柱中， ，，、分别为、的中点．求证：平面.
【答案】证明见解析
【解析】证明：因为，，则，所以，，
在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以，，同理，
在侧面内，则，又因为，
所以，四边形为正方形，故，
因为，、平面，因此，平面.
31．（2022秋·湖南益阳）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】因为，，为的中点，所以，
因为四棱锥的底面是矩形，所以，
所以，所以，
而，即，
因为底面，底面，
所以，而平面，所以平面；
32．（2023云南）如图，四棱柱的底面为菱形，底面，，E，F分别是CD，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）取的中点G，连接FG，GE，如下图所示：
因为F是的中点，
所以FG是的中位线，
所以，，
又四棱柱的底面为菱形，
所以，，
又E是CD的中点，所以，，
所以，，
所以四边形GEDF是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）连接AC，在菱形ABCD中，，则.
所以是等边三角形，所以，即.
又平面ABCD，平面ABCD，
所以，
又，AB，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面
33．（2023春·湖北）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，，
(1)证明：EA∥平面BCF；
(2)证明：平面EAC⊥平面FAC.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）在正方形ABCD中，，
又由AD⊂平面ADE，BC平面ADE，
故BC//平面ADE.
∵，同理可证FB//平面ADE，
又∵，BC，BF⊂平面BCF，
∴平面ADE//平面BCF，
又∵EA⊂平面ADE，
∴平面BCF
（2）如图，
连接BD交AC于O，连接OE,OF.
设，则
由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以，又，且，ED，BD⊂平面BDEF，
所以AC⊥平面BDEF，
又OE，OF⊂平面BDEF，所以，
所以∠EOF是二面角的平面角，
在三角形EOF中，
，
所以，所以，
二面角是直二面角，即证平面EAC⊥平面FAC.
34．（2023·全国·北京）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，已知，且平面，，．在线段FG上确定一点M使得平面平面PFG，并说明理由；
【答案】为中点，理由见解析
【解析】为中点，证明如下：
连接，，过作于，
于是在中，，，故；
在中，，，故
所以，为等腰三角形
又平面，
所以，为等腰三角形
故在等腰三角形和等腰三角形中有，
又，且，平面
平面，
又平面，平面平面．
35．（2023·全国·安徽）如图，在四棱锥中，为线段的中点，，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】连接，设，则有，
又在中，，则，，
等腰中，，，则
，
则中，，则，
又，，平面，平面，
又平面，.
1．（2023·甘肃白银·甘肃省靖远县第一中学校联考二模）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】B
【解析】如图，分别取棱，的中点，，连接，，．
因为正方体中，，
所以平面内两相交直线，与平面平行
所以平面，则点在线段上．
过点作，垂足为，连接DH，
则，当且仅当与重合时，．故选：B.
2．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）（多选）已知四棱锥的所有棱长相等，M，N分别是棱PD，BC的中点，则（ ）
A．B．面
C．D．面
【答案】BC
【解析】对于A，因为平面，平面，直线，平面，所以与是异面直线，故A错误；
对于B，取为的中点，连接，所以，，
又，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以面，故B正确；
对于C，因为，为的中点，所以，因为，所以，故C正确；
对于D，若面，面，所以，
因为四棱锥的所有棱长相等，所以底面是正方形，取为的中点，连接，所以，因为，平面，
所以平面，平面，所以，又，
所以，这与为等边三角形矛盾，故不垂直于平面，故D错误.
故选：BC.
3．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，已知是平行四边形，点P是平面外一点，M是的中点，在上取一点G，过G和作平面交平面于，则与的位置关系是_________．
【答案】平行
【解析】连接交于，连结，
因为是平行四边形，所以为中点.因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
因为平面，又过和作平面交平面于，即平面平面，且平面，所以.故答案为：平行.
4．（2023·海南）正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，
①与平行；
②与是异面直线；
③与平面平行；
④平面与平面平行．
以上四个命题中，正确命题的序号是_________．
【答案】③④
【解析】由展开图得到正方体的直观图如图，
对①，与异面，故①错误；
对②，连接，因为，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以与平行，故②错误；
对③，连接，同②的方法可证四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，故③正确；
同②的方法可证四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面，同理平面，
又，面，所以平面平面，故④正确.
故答案为：③④.
5．（2023·山东）如图所示的是正方体的平面展开图．有下列四个命题：①BM∥平面DE；②CN∥平面AF；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF．其中，正确命题的序号是________．
【答案】①②③④
【解析】由正方体的平面展开图还原几何体如下所示：
对于①，根据正方体的几何特点，平面显然与平面平行，进而BM平行平面DE，故①正确；
对于②，连接，如下，
在四边形中，因为//，故四边形为平行四边形，故//，
又平面，平面，故//平面，故②正确；
对于③，连接，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
又面，故面//面，故③正确；
对于④，连接，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
又面，故面//面，故④正确．
故答案为：①②③④．
6．（2023·四川达州·统考二模）如图，、、分别是正方体的棱、、的中点，是上的点，平面.若，则___________.
【答案】
【解析】设，其中，，
，
，
因为平面，则、、共面，显然、不共线，
所以，存在、，使得，
即
，
因为为空间中的一组基底，所以，，解得，
因此，.
故答案为：.
7．（2023·江西南昌·统考三模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若与所成的角为，求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)．
【解析】（1）延长交于点M，连接，则在面内，
由，则，又，
所以，可得，
由，G在上且，故为平行四边形，
则，且，又共线，
所以，且，故为平行四边形，则，
由平面，平面，所以平面．
（2）
取的中点N，则，且，
所以为平行四边形，则，
在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，
所以与所成的角，即为与所成角，则，
平面，平面，则，而，
设，则△中，，
，则为等边三角形，
故，即，
所以在中，P为的中点，且，故为的中位线，
所以，易知多面体为棱台，且，且，
体积．
8．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，平面ABCD，平面ABCD，且.
(1)求证：平面AEC；
(2)求证：平面AEC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）
如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，不妨令.
则.
∵四边形ABCD为正方形，∴.
∵平面ABCD，且平面平面，面，
∴，
∴，，即四边形BOEF为平行四边形，
∴.
又平面AEC，平面AEC，
∴平面AEC.
（2）连接OF.
∵，且，，∴四边形ODEF为菱形.
∵平面ABCD，
∴四边形ODEF为正方形，∴.
又四边形ABCD为正方形，
∴.
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
而，且平面BDEF，平面BDEF，
∴平面BDEF.
∵平面BDEF，
∴.
又，OE，平面AEC，
∴平面AEC.
9．（2023·浙江·高三专题练习）如图，直三棱柱中，，，，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】如图1，取中点为，连结.
由三棱柱的性质可知，，，，.
因为，，所以，.
又因为为的中点，所以.
又，所以四边形是平行四边形，所以，，，
所以，，所以，四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，平面，平面，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
10．（2023春·陕西榆林）如图所示，四棱锥中，点在线段上（不含端点位置），，．
求证：平面平面；
【答案】证明见解析
【解析】设点为的中点，连接．
，，则有，
由题意得，，且，
∴在中，由余弦定理得，
则，
∵，∴．
，得，且，
则四边形为矩形，∴．
在中，，∴，
而，，平面，∴平面，
而平面，故平面平面．
11．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．
(1)证明：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）由题知，在三棱柱中，
因为，，平面，
所以四边形是正方形，，
又平面，则，
又平面，，
则平面，
又是中点，是中点，
则，所以平面，
又平面，则，
又平面，，
则平面，
又平面，则.
（2）取的中点H，连接,设，则
因为为的中点，所以,
所以平面ABC, ,所以，
所以异面直线与所成角即为或其补角，
且，即异面直线与所成角的余弦值为.
12．（2023春·江苏盐城）如图所示，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）
连接AC，BD得交点O，连接SO，则点O是正方形ABCD的中心，
是等腰三角形， ,
又 ， 平面SBD， 平面SBD， ，
平面SBD， 平面SBD，∴ ；
（2）在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN，
由面，面，则，
设底面边长为a，则，，
，由等面积法，得出 ，则 ，
∵P是ND的中点，O是BD的中点，
∴，面，面，故面，
又平面，平面，则面，
，面BNE，则平面BNE平面PAC，
面BNE，则平面APC，
，，
综上，存在， .
13．（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．
(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，证明：平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）如图所示，作交于，
再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，
所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（2）由（1）易知为的四等分点，
所以点在点的正上方，所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
作交于，则为的四等分点．
连接，在中，，
而，
所以，即．
在中，，，，
所以，即．
而，平面，且，
所以平面，故平面．
14．（2023·全国·高三对口高考）如图，四棱锥中，底面，，E是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：面；
(3)若，求三棱锥体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【解析】（1）由平面，平面，可得，
又平面，
则平面，又平面，则.
（2）连接，
△中，，则，
又E是的中点，则，
又，平面，
可得平面，又平面，则，
由平面，平面，可得，
又平面，
则平面，又平面，则,
又，，平面，
则平面.
（3）△中，，则，
在△中，过点C作于N，则，
又由平面，平面，
可得平面平面，又平面平面，
则平面，则点C到平面的距离为，
又E是的中点，则点E到平面的距离为，
则
15．（2023春·河北）如图所示，在直角三角形中，，将 沿折起到 的位置，使平面平面，点满足.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）
在直角三角形中，因为 ，所以 ，
即在四棱锥中， ，平面PDB，平面PDB，
所以平面，从而平面，
如图，在上取一点，使得，连接，
因为，所以，所以，
又 ，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，
在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，
又因为 ，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，
所以平面，故；
（2）连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，
所以三棱锥的体积，
所以，
在 中，计算可得，由余弦定理得，所以，
，
设点到平面的距离为，则，故；
综上，点M到平面PBE的距离为 .
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对于A，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，
所以直线平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，
所以直线平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.
故选：D.
2．（2023春·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：
①，，则；②若，，则；
③，，则；④若，，则；
⑤若，，则；⑥若，，则.
其中真命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【解析】，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，
①，，则，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；
②，，则，可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确；
③，，则，可能平行，也可能相交，所以③不正确；
④，，则，满足平面与平面平行的性质，所以④正确；
⑤，，则或，所以⑤不正确；
⑥，，则或，所以⑥不正确；
故选：C.
3．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】A选项中，由正方体的性质可知，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；
B选项中，因为，故平面CNQ即为平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中，因为，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交于点D，则点D是在上靠近点的四等分点，
由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，平面，则平面平面CNQ，
而平面与平面，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选：B.
4．（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）在正方体 中，下列结论正确的是（ ）
①；②平面平面；③；④平面.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【答案】A
【解析】因为，所以四边形为平行四边形，故，故①正确；
易证，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又，平面，故平面平面，故②正确；
由正方体易知，与异面，故③错误；
因为，平面，平面，所以平面，故④正确.故选：A
5（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接交于点，连接，则平面即为平面，
因为，平面，平面，所以，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以，，
所以且，所以，
又，所以，所以.故选：C.
6．（2023·广东珠海·珠海市斗门区第一中学校考三模）（多选）已知是两条不相同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若是异面直线，，则.
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，，则平面内必然存在一条直线，使得，并且 ，
同理，在平面内必然存在一条直线，使得，并且，由于是异面直线，与是相交的，n与也是相交的，
即平面内存在两条相交的直线，分别与平面平行，，正确；
设，并且，则有，显然是相交的，错误；
对于B，若，则不成立，错误；
对于C，若，则平面上必然存在一条直线l与n平行，，即，正确；
对于D，若，必然存在一个平面，使得，并且，，又，正确；故选:ACD.
7．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）（多选）已知点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则下列各图中，直线PQ与RS是平行直线的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】A：如下图，，，由正方体性质知：，
所以，故，符合；
B：如下图，，，而，
所以不平行，不符合；
C：如下图，，，而，
所以不平行，不符合；
D：如下图，，，由正方体性质知：，
所以，故，符合；故选：AD
8．（2023春·福建）如图，在矩形ABCD中，E为BC的中点，现将与折起，使得平面BAE和平面CDE都与平面DAE垂直.求证：平面DAE.
【答案】证明见解析
【解析】过点B作于M，过点C作于N，连接MN.
∵平面BAE与平面DAE垂直，平面平面，，平面BAE，∴平面DAE，同理可证平面DAE，∴.
又知与全等，∴，∴四边形BCNM是平行四边形，∴.
又平面DAE，平面DAE，∴平面DAE.
9．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】明：取的中点，连接，．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，且，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
10．（2023·河南洛阳）如图，平面ABCD是圆柱OO₁的轴截面，EF是圆柱的母线，AF∩DE=G，BF∩CE=H，AB=AD=2，求证：GH∥平面ABCD
【答案】证明见解析
【解析】由题意知，平面平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以，又平面，平面，
所以平面；
11．（2023·青海西宁·统考二模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，M，N分别为，AC的中点，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱得：四边形为平行四边形，
因为M是中点，则，又平面，平面，
故平面，同理得平面，
又NK∩MK＝K，平面MKN，平面MKN，
故平面平面，平面MKN，
故平面；
12．（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，，求证：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】在圆柱中，,平面,平面,故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，
故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,故平面；
又平面，故平面平面.
13．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）如图，在几何体中，四边形是等腰梯形，，分别是，的中点，证明：平面
【答案】证明见解析；
【解析】取的中点，连接,，因为,分别是,中点，
则，而平面平面，于是平面，
，同理平面，又平面，
因此平面平面，又平面，
所以平面.
14．（2023春·陕西西安·高三校考阶段练习）如图，在四面体中，点分别为边的中点，点在线段上，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】因为点分别为边的中点，所以，.
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面.
因为平面，平面，，
所以平面平面.又平面，所以平面.
15．（2023·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB．
(1)求证：平面AMB//平面DNC；
(2)若MC⊥CB，求证：BC⊥AC．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）因为MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，所以MB//面DNC．
因为AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，DN面DNC，所以MA//面DNC．
又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC．
（2）因为AMND是矩形，所以AM⊥MN．
因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND，
所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC．
因为MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC，
因为AC面AMC，所以BC⊥AC．
16．（2023春·广东茂名·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，在直线上找一点，使得直线平面，并说明理由
【答案】当为的中点时平面，理由见解析
【解析】如图取的中点，连接、，此时平面，
证明如下：因为为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面，
又，，所以且，所以为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即当为的中点时平面.
17．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1平面BCHG.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点∴GH是的中位线，∴GHB1C1，
又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EFBC，
∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF平面BCHG，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，∴A1GEB，，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，
∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E平面BCHG，
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1平面BCHG.
18．（2023·安徽）已知四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为，的重心，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】延长交于，延长交于，如图所示：
因为分别为和的重心，
所以分别为的中点，且，
又因为底面为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
19．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.
(1)求证：平面；
(2)已知点在上满足平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)2
【解析】（1）证明：连结交于，连结，
因在中，为中点，为中点，则FO .
又平面，平面，故平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，
连结，，，EN.
因，则四点共面.
又平面，平面平面，
则，四边形为平行四边形，可得 为中点.
则为BG中点.
即EN为中位线，则ENPG，.
又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.
从而FDPG，.
20．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）在如图的空间几何体中，是等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，为的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】法一：证明：取中点为，连接和，则，
平面，平面，
平面，
又，故,即四边形为平行四边形，
所以，平面，平面,
平面平面，
平面 平面.
又平面平面.
法二：取中点，连接,
分别是的中点，，
又，所以，
所以四边形为平行四边形，，
又平面平面，
平面.
21．（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径，弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；
【答案】存在，理由见解析
【解析】当点D为的中点时，平面，证明如下：取AB的中点D，连接OD，
∵O，D分别为，的中点，则，
平面，平面，∴平面，
又∵，平面，平面，∴平面，
，平面，∴平面平面，
由于平面，故平面.
22．（2023·全国·高三专题练习）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；
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；
【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.
23．（2023·海南）如图所示，直三棱柱中，，，、分别是、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求证：平面平面；
(4)求与的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)
【解析】（1）因为，是的中点，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以.
（3）连接，在直三棱柱中，
因为、分别是、的中点，所以且，
且，
所以四边形、为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
（4）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又平面，平面，所以，所以，
所以与的夹角为.
24．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正三角形中，、、分别是、、边上的点，满足：：：：如图将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连结如图
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）：：，，
平面，平面，平面；
（2）不妨设正三角形 的边长为 ，在图中，取的中点，连结，
：：：， ，
而，是正三角形，又，，
在图中，，，为二面角的平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角，，
又、平面，，平面，即平面；
25．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥中，平面平面，若为等边三角形，为等腰直角三角形，且，点E为的中点，点D在线段上，且，证明：⊥平面
【答案】证明见解析
【解析】如图，取的中点G，由可得，
由可得D为的中点，由E为的中点可得为的中位线，∴，∴，
∵E为的中点，，∴，
∵平面平面，且平面平面，PE在面PAC内，
∴平面，而平面，∴，又，且平面，
∴⊥平面.
26．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，在上且满足，求证：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】如图，过点作交于，连接，设，连接，
又，可得四边形为正方形，，
，，
为的中点，，
因为，平面，平面，
又平面平面平面.
27．（2023春·江苏无锡·）如图，在多面体中，平面平面，，，，，)求证：
【答案】证明见解析
【解析】证明：因为且，所以四边形为直角梯形，
又因为，所以，所以，
因为，可得，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又由平面，所以.
28．（2023春·山西太原·）如图，已知直三棱柱，O，M，N分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，，若，试证
【答案】证明见解析
【解析】在中，∵O为BC中点且，∴，
∵平面平面，平面平面，
平面且，∴平面，
平面，∴.
∵M，N分别为，的中点，∴，∴.
在直角和直角中，
∵，，∴，
∴，
∴，
∴，平面，，
∴平面，平面，∴.
29．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，，求证：
【答案】证明见解析
【解析】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，.
30．（2023春·河北石家庄）如图，在直三棱柱中， ，，、分别为、的中点．求证：平面.
【答案】证明见解析
【解析】证明：因为，，则，所以，，
在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以，，同理，
在侧面内，则，又因为，
所以，四边形为正方形，故，
因为，、平面，因此，平面.
31．（2022秋·湖南益阳）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】因为，，为的中点，所以，
因为四棱锥的底面是矩形，所以，
所以，所以，
而，即，
因为底面，底面，
所以，而平面，所以平面；
32．（2023云南）如图，四棱柱的底面为菱形，底面，，E，F分别是CD，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）取的中点G，连接FG，GE，如下图所示：
因为F是的中点，
所以FG是的中位线，
所以，，
又四棱柱的底面为菱形，
所以，，
又E是CD的中点，所以，，
所以，，
所以四边形GEDF是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）连接AC，在菱形ABCD中，，则.
所以是等边三角形，所以，即.
又平面ABCD，平面ABCD，
所以，
又，AB，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面
33．（2023春·湖北）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，，
(1)证明：EA∥平面BCF；
(2)证明：平面EAC⊥平面FAC.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）在正方形ABCD中，，
又由AD⊂平面ADE，BC平面ADE，
故BC//平面ADE.
∵，同理可证FB//平面ADE，
又∵，BC，BF⊂平面BCF，
∴平面ADE//平面BCF，
又∵EA⊂平面ADE，
∴平面BCF
（2）如图，
连接BD交AC于O，连接OE,OF.
设，则
由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以，又，且，ED，BD⊂平面BDEF，
所以AC⊥平面BDEF，
又OE，OF⊂平面BDEF，所以，
所以∠EOF是二面角的平面角，
在三角形EOF中，
，
所以，所以，
二面角是直二面角，即证平面EAC⊥平面FAC.
34．（2023·全国·北京）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，已知，且平面，，．在线段FG上确定一点M使得平面平面PFG，并说明理由；
【答案】为中点，理由见解析
【解析】为中点，证明如下：
连接，，过作于，
于是在中，，，故；
在中，，，故
所以，为等腰三角形
又平面，
所以，为等腰三角形
故在等腰三角形和等腰三角形中有，
又，且，平面
平面，
又平面，平面平面．
35．（2023·全国·安徽）如图，在四棱锥中，为线段的中点，，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】连接，设，则有，
又在中，，则，，
等腰中，，，则
，
则中，，则，
又，，平面，平面，
又平面，.
1．（2023·甘肃白银·甘肃省靖远县第一中学校联考二模）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】B
【解析】如图，分别取棱，的中点，，连接，，．
因为正方体中，，
所以平面内两相交直线，与平面平行
所以平面，则点在线段上．
过点作，垂足为，连接DH，
则，当且仅当与重合时，．故选：B.
2．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）（多选）已知四棱锥的所有棱长相等，M，N分别是棱PD，BC的中点，则（ ）
A．B．面
C．D．面
【答案】BC
【解析】对于A，因为平面，平面，直线，平面，所以与是异面直线，故A错误；
对于B，取为的中点，连接，所以，，
又，，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以面，故B正确；
对于C，因为，为的中点，所以，因为，所以，故C正确；
对于D，若面，面，所以，
因为四棱锥的所有棱长相等，所以底面是正方形，取为的中点，连接，所以，因为，平面，
所以平面，平面，所以，又，
所以，这与为等边三角形矛盾，故不垂直于平面，故D错误.
故选：BC.
3．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，已知是平行四边形，点P是平面外一点，M是的中点，在上取一点G，过G和作平面交平面于，则与的位置关系是_________．
【答案】平行
【解析】连接交于，连结，
因为是平行四边形，所以为中点.因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
因为平面，又过和作平面交平面于，即平面平面，且平面，所以.故答案为：平行.
4．（2023·海南）正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，
①与平行；
②与是异面直线；
③与平面平行；
④平面与平面平行．
以上四个命题中，正确命题的序号是_________．
【答案】③④
【解析】由展开图得到正方体的直观图如图，
对①，与异面，故①错误；
对②，连接，因为，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以与平行，故②错误；
对③，连接，同②的方法可证四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，故③正确；
同②的方法可证四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面，同理平面，
又，面，所以平面平面，故④正确.
故答案为：③④.
5．（2023·山东）如图所示的是正方体的平面展开图．有下列四个命题：①BM∥平面DE；②CN∥平面AF；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF．其中，正确命题的序号是________．
【答案】①②③④
【解析】由正方体的平面展开图还原几何体如下所示：
对于①，根据正方体的几何特点，平面显然与平面平行，进而BM平行平面DE，故①正确；
对于②，连接，如下，
在四边形中，因为//，故四边形为平行四边形，故//，
又平面，平面，故//平面，故②正确；
对于③，连接，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
又面，故面//面，故③正确；
对于④，连接，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
显然四边形为平行四边形，故//，
又面面，故//面，
又面，故面//面，故④正确．
故答案为：①②③④．
6．（2023·四川达州·统考二模）如图，、、分别是正方体的棱、、的中点，是上的点，平面.若，则___________.
【答案】
【解析】设，其中，，
，
，
因为平面，则、、共面，显然、不共线，
所以，存在、，使得，
即
，
因为为空间中的一组基底，所以，，解得，
因此，.
故答案为：.
7．（2023·江西南昌·统考三模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若与所成的角为，求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)．
【解析】（1）延长交于点M，连接，则在面内，
由，则，又，
所以，可得，
由，G在上且，故为平行四边形，
则，且，又共线，
所以，且，故为平行四边形，则，
由平面，平面，所以平面．
（2）
取的中点N，则，且，
所以为平行四边形，则，
在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，
所以与所成的角，即为与所成角，则，
平面，平面，则，而，
设，则△中，，
，则为等边三角形，
故，即，
所以在中，P为的中点，且，故为的中位线，
所以，易知多面体为棱台，且，且，
体积．
8．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，平面ABCD，平面ABCD，且.
(1)求证：平面AEC；
(2)求证：平面AEC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）
如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，不妨令.
则.
∵四边形ABCD为正方形，∴.
∵平面ABCD，且平面平面，面，
∴，
∴，，即四边形BOEF为平行四边形，
∴.
又平面AEC，平面AEC，
∴平面AEC.
（2）连接OF.
∵，且，，∴四边形ODEF为菱形.
∵平面ABCD，
∴四边形ODEF为正方形，∴.
又四边形ABCD为正方形，
∴.
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
而，且平面BDEF，平面BDEF，
∴平面BDEF.
∵平面BDEF，
∴.
又，OE，平面AEC，
∴平面AEC.
9．（2023·浙江·高三专题练习）如图，直三棱柱中，，，，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】如图1，取中点为，连结.
由三棱柱的性质可知，，，，.
因为，，所以，.
又因为为的中点，所以.
又，所以四边形是平行四边形，所以，，，
所以，，所以，四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，平面，平面，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
10．（2023春·陕西榆林）如图所示，四棱锥中，点在线段上（不含端点位置），，．
求证：平面平面；
【答案】证明见解析
【解析】设点为的中点，连接．
，，则有，
由题意得，，且，
∴在中，由余弦定理得，
则，
∵，∴．
，得，且，
则四边形为矩形，∴．
在中，，∴，
而，，平面，∴平面，
而平面，故平面平面．
11．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．
(1)证明：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）由题知，在三棱柱中，
因为，，平面，
所以四边形是正方形，，
又平面，则，
又平面，，
则平面，
又是中点，是中点，
则，所以平面，
又平面，则，
又平面，，
则平面，
又平面，则.
（2）取的中点H，连接,设，则
因为为的中点，所以,
所以平面ABC, ,所以，
所以异面直线与所成角即为或其补角，
且，即异面直线与所成角的余弦值为.
12．（2023春·江苏盐城）如图所示，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）
连接AC，BD得交点O，连接SO，则点O是正方形ABCD的中心，
是等腰三角形， ,
又 ， 平面SBD， 平面SBD， ，
平面SBD， 平面SBD，∴ ；
（2）在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN，
由面，面，则，
设底面边长为a，则，，
，由等面积法，得出 ，则 ，
∵P是ND的中点，O是BD的中点，
∴，面，面，故面，
又平面，平面，则面，
，面BNE，则平面BNE平面PAC，
面BNE，则平面APC，
，，
综上，存在， .
13．（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．
(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，证明：平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）如图所示，作交于，
再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，
所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（2）由（1）易知为的四等分点，
所以点在点的正上方，所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
作交于，则为的四等分点．
连接，在中，，
而，
所以，即．
在中，，，，
所以，即．
而，平面，且，
所以平面，故平面．
14．（2023·全国·高三对口高考）如图，四棱锥中，底面，，E是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：面；
(3)若，求三棱锥体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【解析】（1）由平面，平面，可得，
又平面，
则平面，又平面，则.
（2）连接，
△中，，则，
又E是的中点，则，
又，平面，
可得平面，又平面，则，
由平面，平面，可得，
又平面，
则平面，又平面，则,
又，，平面，
则平面.
（3）△中，，则，
在△中，过点C作于N，则，
又由平面，平面，
可得平面平面，又平面平面，
则平面，则点C到平面的距离为，
又E是的中点，则点E到平面的距离为，
则
15．（2023春·河北）如图所示，在直角三角形中，，将 沿折起到 的位置，使平面平面，点满足.
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）
在直角三角形中，因为 ，所以 ，
即在四棱锥中， ，平面PDB，平面PDB，
所以平面，从而平面，
如图，在上取一点，使得，连接，
因为，所以，所以，
又 ，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，
在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，
又因为 ，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，
所以平面，故；
（2）连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，
所以三棱锥的体积，
所以，
在 中，计算可得，由余弦定理得，所以，
，
设点到平面的距离为，则，故；
综上，点M到平面PBE的距离为 .
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