新高考数学二轮复习热点6-1 线线、线面、面面的平行与垂直（6题型+满分技巧+限时检测）（2份打包，原卷版+解析版）

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在高考数学中，本部分内容主要分两方面进行考查，一是以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以小题的形式出现，题目难度较小；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第（1）问的形式考查，属于中档题。
【题型1 空间点线面位置关系判断】
【例1】（2024·湖南·长沙一中校联考模拟预测）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【解析】对于A，若，则可能平行或相交，可得A错误；
对于B，若，则，即B正确；
对于C，若，则或，可知C错误；
对于D，若，则或，可知D错误；故选：B
【变式1-1】（2024·江苏徐州·高三校考开学考试）已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
其中所有正确的序号为（ ）
A．②④ B．③④ C．④ D．①③
【答案】B
【解析】对于①：如果，，也能满足条件，①错误；
对于②：与相交或异面也能满足条件，②错误；
对于③：因为，，则，又因为，所以，③正确；
对于④：因为，所以平面内必有直线，又因为，所以，
因为，，所以，而，所以，④正确.故选：B
【变式1-2】（2024·江西·高三校联考开学考试）设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，若,则直线与可能相交、也可能平行、还可能是异面直线，A错误；
对于B，若，则，B错误；
对于C，若，直线与可能平行，
如直线、都平行于的交线，且，满足条件，而，C错误；
对于D，若，则，又，因此，D正确.故选：D
【变式1-3】（2024·山东济南·高三济南一中校联考开学考试）已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则且
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则当且时，才有且，B错误；
对于C，若，当时，推不出，C错误；
对于D，如图，设，在内取点P，，
作，垂足为，因为，则，
而，则，又，故，D正确，故选：D
【变式1-4】（2024·云南昆明·统考模拟预测）（多选）已知直线a，b，c与平面，，，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则a，b异面 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】AC
【解析】若，，，则a，b异面，故A正确；
若，，，则与异面或平行或相交，故B错误；
若，，则，故C正确；
若，，则或相交，故D错误；故选：AC
【题型2 共面、共线、共点证明】
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，为棱的靠近上的三等分点.设与平面的交点为，则（ ）
A．三点共线，且 B．三点共线，且
C．三点不共线，且 D．三点不共线，且
【答案】B
【解析】连接连接，，
直线平面平面.
又平面，平面平面直线
∴三点共线.
.故选：B.
【变式2-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，证明：四点共面．
【答案】证明见解析
【解析】假设面与棱交于．
平面，平面与其相交，
，
为中点，为中点，
与重合，即四点共面．
【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，、分别是和的中点．
（1）证明：、、、四点共面；
（2）对角线与平面交于点，交于点，求证：点共线；
（3）证明：、、三线共点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）连接
在长方体中，
、分别是和的中点，
，
、、、四点共面
（2），确定一个平面
面，面
对角线与平面交于点，面
在面与面的交线上
，面且面，
面 面 ，，即点共线.
（3）延长交于
面，，面
面，，面
面 面，
、、三线共点.
【变式2-3】（2023·河南·高三校联考阶段练习）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，.
（1）求证：四点共面；
（2）若，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：如图所示，在棱上取点，使得，
又，所以四边形为平行四边形，
则且，
又且，所以且，
则四边形为平行四边形，所以，
同理可证四边形为平行四边形，则，所以.
所以四点共面.
（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
.设平面的法向量为，
由得，解得
令，则.
，
设平面的法向量为，
由得，解得
令，则，
设两个平面夹角大小为，
则.
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【变式2-4】（2024·河北衡水·河北冀州中学校考一模）如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，，点为弧的中点，且四点共面.
（1）证明：四点共面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求长.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接，因为，
所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，，
在半圆上，是弧中点，所以，
所以，又，
所以，所以四点共面.
（2）法1：直棱柱中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设面的法向量为，
则，取，所以，
，
设面的法向量为，
则，取，所以，
平面与平面所成夹角，即与夹角或其补角，
所以，解得，所以
法2：设，由（1）知四点共面，则面面.
取中点，连接，则，而面，面，
故，，面，则平面，
过作于，又平面，所以平面，
过作于，连接，则，
又是锐角.所以是平面与平面所成的夹角，则，
所以在Rt中，，
在中，根据等面积法，
在中，.
所以.
所以，
解得，即，所以.
【题型3 线线、线面、面面平行证明】
【例3】（2024·全国·高三专题练习）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．若平面平面，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】在图1中，因为，，，
所以，，
又，所以，
因为，，所以，故，
在图2中，因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以.
【变式3-1】（2024·青海西宁·高三统考期末）如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（ ）
A． B． C． D．平面
【答案】C
【解析】如图，记正方体的另一个顶点为C，连接，交于点O，
设的中点为，连接，
因为Q，D为的中点，则，
又因为交于同一点，即与均不平行，故A，B错误；
对于选项D：若平面，
且平面，平面平面，可得，
这与与不平行相矛盾，假设不成立，故D错误；
对于选项C：因为为正方形，则，
且M，N为所在棱的中点，则，可得，
又因为平面，且平面，可得，
且，平面，所以平面，
由平面，所以，故C正确；故选：C.
【变式3-2】（2024·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，且是的中点，点分别在上，且．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在中，因为，所以，且，
在四边形中，，，
四边形是平行四边形，，
又平面平面，平面．
（2）作交于点，
平面，又面，所以，
又，面，平面，
又，平面，
由，得到，
又，所以，
又为的中点，，
．
【变式3-3】（2024·内蒙古包头·高三统考期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上的一点，且．
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接交于点，连接．
在底面中，因为，，
由，可得，
因为，即，所以在中，，故，
因为平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接，
由，，得为等边三角形，所以．
在等边三角形中，，所以．
因为．
【变式3-4】（2024·河南·方城第一高级中学校联考模拟预测）如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，若，，，分别为，的中点，且异面直线与所成角的余弦值为.

（1）证明：平面平面；
（2）求圆台的高.
【答案】（1）证明见解析；（2）6
【解析】（1）证明：由题意得，，
所以四边形为平行四边形，所以，
而平面，平面，所以平面.
因为，分别为，的中点，
所以为的中位线，所以.
而平面，平面，所以平面，
又，平面，且，所以平面平面.
（2）（方法一）易知，以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，
在底面圆内过作的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设圆台的高为（），
则，，，，
则，，
由，解得.
（方法二）设圆台的高为（），连接和，
因为点和分别为和的中点，故为的中位线，
所以，则（或其补角）为异面直线与所成的角，
同理可得，则，
由（1）知，则，，
由勾股定理可得.
由，为圆台的母线得，，
则为等边三角形，则，故，
则在中，由余弦定理可得，
解得.
【题型4 线线、线面、面面垂直证明】
【例4】（2024·北京西城·高三北师大实验中学校考开学考试）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体.小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断，其中不正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】D
【解析】对于A，因为二面角为直二面角，可得平面平面，
又因为平面平面，，且平面，
所以平面，所以A正确；
对于B，由平面，平面，可得，
又因为，且，平面，所以平面，故B正确；
对于C，由平面，且平面，所以平面平面，故C正确；
对于D，因为平面，平面，所以平面平面，
若平面平面，且平面平面，
可得平面，又平面，可得，
因为与不垂直，矛盾，所以平面与平面不垂直，故D错误.故选：D.
【变式4-1】（2022·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
（1）证明：平面平面；
（2）若点M在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取的中点，连接，，依题意，，，，
则，即有，显然有，
而平面，平面，于是平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，，则平面，
即为直线与平面所成的角，且，
因此当最短时，最大，最大，
而，则为的中点，
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，；
设平面的法向量为，
则，令，得，
显然平面的法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【变式4-2】（2024·四川雅安·高三雅安中学校联考开学考试）如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形．
（1）证明：．
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：连接，因为底面和侧面均为正方形，
所以四边形为菱形，则．
由底面和侧面均为正方形，得，．
因为，所以平面．
又平面，所以．
因为，所以平面．
又平面，所以．
（2）因为，，所以．
又平面，所以．
，，则．
设点到平面的距离为，则，
则，解得，即点到平面的距离为．
【变式4-3】（2023·全国·高三校联考阶段练习）如图，在五面体中，四边形的对角线交于点，为等边三角形，，，.
（1）证明：平面；
（2）若，求五面体的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接EF，在和中，，
所以，所以，
又，，所以≌，
则为的中点，所以．
在中，，又为的中点，所以，
因为平面，平面，，，，
所以平面
（2）取的中点，连结，与交于点，连结．
因为平面，平面，所以，
又，，，所以平面，
又平面，所以，
又所以平面．
因为，为等边三角形，
因为，所以
而，
在中，，
在等边中，BF是AC的中线，CM是AB的中线，
所以G是等边的重心，
所以
在中，，
则四边形的面积为．
故五面体的体积为．
【变式4-4】（2023·陕西榆林·高三榆林市第一中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：分别作的中点，连接，
因为分别为的中点，且四边形为等腰梯形，
可得，所以，
在等腰梯形中，因为，，
可得，所以，
因为是正三角形，是中点，所以，又由，可知
又因为，所以，所以，
因为，，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，且为的中点，可得，
过作于，因为，则为的中点，
且，所以，
又由，所以，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以点到平面的距离为.
【题型5 平行关系中的动点探究问题】
【例5】（2024·山东济宁·高三校考开学考试）如图，四棱锥中，是的中点，四边形为平行四边形，且平面．
（1）试探究在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，并给予证明；若不存在，请说明理由；
（2）若，且，求平面与平面所成夹角的余弦值．
【答案】（1）存在，为的中点，证明见解析；（2）
【解析】（1）在线段上存在点，且为的中点，使得//平面.
证明如下：
取得中点，连结，，.
因为为的中点，所以∥，且.
因为为的中点，且四边形为平行四边形，
所以∥，且，所以∥，且，
所以四边形为平行四边形，所以∥.
因为平面，平面，所以∥平面.
（2）因为平面，且四边形为平行四边形，所以平面.
因为，且，
所以，，，.
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
过在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，即，.
令平面的法向量为，
则，即.
取，则，，即.
因为平面，平面，所以平面平面.
则为平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面所成夹角的余弦值.
【变式5-1】（2024·陕西·校联考一模）如图，在等腰梯形ABCD中，面ABCD，面ABCD，，点P在线段EF上运动．
（1）求证：；
（2）是否存在点P，使得平面ACE?若存在，试求点P的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，
【解析】（1）在等腰梯形ABCD中，，，
．
平面，平面，
，又，面，
平面，
平面，.
（2）在线段上存在，使得平面．
证明如下：由已知可得四边形为矩形，连接交于，连接，
由（1）知在中，，则
当时，且，
则四边形为平行四边形，则，
又面AEC，面AEC，所以平面．
【变式5-2】（2023·北京·高二期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析
【解析】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.
（3）取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
【变式5-3】（2023·河北承德·高三校联考期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，且、分别是、上靠近的三等分点．
（1）求证：；
（2）在上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）＝，理由见解析
【解析】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以．
（2）设，则为正方形的中心，
如图，连接，交于点，连接并延长交于点．
若平面平面，平面平面，平面平面，所以．
因为、分别是、上靠近的三等分点，
所以，所以，，
又是的中点，所以，
所以，所以．
故上存在一点，使平面平面，此时的值为．
【变式5-4】（2023·重庆·高三重庆市第七中学校校考阶段练习）在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，，平面，，点为中点.
（1）在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
（2）当，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）存在，理由见解析；（2）.
【解析】（1）在直线上存在一点，使得平面平面，理由如下：
取的中点，连接，
由点为中点，得，平面，平面，则平面，
又平面,平面，平面平面，则,
四边形是菱形，则，
于是四边形是平行四边形，
则，平面，平面，则平面，
而平面，所以平面平面.
（2）四边形为菱形，，则为正三角形，，
在中，，由余弦定理知，
取中点，连接，而是正三角形，则，
显然，即，
又，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
由，得，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面与平面所成二面角为，，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
【题型6 垂直关系中的动点探究问题】
【例6】（2022·全国·模拟预测）如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且
【解析】（1）证明：如图1，在中，、分别是和边的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接.
由题意得，平面平面.
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，.
在中，因为，，所以，所以，
翻折前，为等边三角形，则，
因为为的中点，所以，，即，
翻折后，仍有，所以，，故，
在中，，因为，则.
又因为，则平分，
因为是斜边上的中线，则，且，
所以，是等边三角形，则，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
综上，在线段上存在一点，且当时，.
【变式6-1】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．
（1）若，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析
【解析】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，
故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
（2）假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，
取中点P，中点Q，连接，
则．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【变式6-2】（2023·重庆·高三重庆八中校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，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）存在，
【解析】（1）连接交于点，连接，因为四边形是菱形，所以点为的中点.
又因为为的中点，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）设底面边长为2，连接，由于为菱形，且，
故，
所以，故有，
又三角形为正三角形，为中点，故，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
如图，以为原点，方向分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系.
则，
设，则，则，
设平面的法向量为，则有，得到，
取，得，，所以，
又平面法向量可取为，
由题可知，即，解得，
故存在点使得平面平面，.
法二：三角形为正三角形， 是的中点，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
连接，取的中点，连接，则是的中位线，，
所以平面，
延长交于，又面，所以平面平面.
因为，所以，
又因为，所以，，
故存在点，使得平面平面，.
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，．
（1）求证：平面．
（2）线段上是否存在点M，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，
【解析】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又平面，故.
而四边形是正方形，所以，又，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
设，则，，，，，，，
，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则，所以.
若与重合，则平面的一个法向量，
则，则此时平面与平面不垂直.
若与不重合，如图：
设，则，,
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，，所以，
平面平面等价于，即，得.
所以，线段上存在点使平面平面，且.
【变式6-4】（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）在棱上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且点为棱的中点
【解析】（1）证明：取的中点，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，且，
因为为的中点，则且，
因为、分别为、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，所以，平面，
因为、分别为、的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面.
（2）当点为的中点时，平面平面，
因为四边形为矩形，则，因为，则，
因为四边形为菱形，则，
因为，则为等边三角形，
因为为的中点，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，
因此，当点为的中点时，平面平面.
（建议用时：60分钟）
1．（2024·重庆·高三西南大学附中校联考开学考试）已知是空间中三条互不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．，则 B．且，则
C．，则 D．，则
【答案】B
【解析】A. 若，则或，故错误；
B. 若且，则，故正确；
C. 若，则或或与相交，故错误；
D. 若，则或l与n异面，故错误.故选：B
2．（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知表示两条不同直线，表示平面，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【解析】对于A中，由，则相交或平行或异面，所以A错误；
对于B中，由，根据线面垂直的性质，可得，所以B正确；
对于C中，由，则或，所以C错误；
对于D中，由，则或或或与相交，所以D错误.故选：B.
3．（2023·陕西西安·高三校联考阶段练习）如图，在正方体中，均为棱的中点，现有下列4个结论：
①平面平面；
②梯形内存在一点，使得平面；
③过可作一个平面，使得到这个平面的距离相等；
④梯形的面积是面积的3倍.
其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】令正方体的棱长为2，连接，交分别于点，连接，
显然矩形是正方体的对角面，则，
连接，由分别为棱的中点，
得，，
于是，而，则四边形是平行四边形，有，
又，平面，则平面，
而平面，平面，则平面，
因为平面，因此平面平面，①正确；
取的中点，连接交分别于，有，
则∽，，
于是，即，
而，则，
又平面平面，
因此，平面，则平面，
又平面，则，而平面，
于是平面，显然点在线段上，在梯形内，②正确；
连接，显然，即四边形是平行四边形，，
因此过可作一个平面，使得平行于这个平面，点到这个平面的距离相等，③正确；
，且有，
，，④正确，
所以正确命题的个数是4.故选：A
4．（2023·上海金山·统考一模）如图，在正方体中，E、F为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（ ）．
A．若，，则
B．若，，则平面平面
C．若，，则面
D．若，，则
【答案】D
【解析】如图所示，对于选项A，易知，底面，底面，所以，
又平面，所以平面，
平面，所以，故A正确；
对于选项B，易知，所以平面，
因为平面，所以平面平面，显然平面即平面，故B正确；
如上图所示，对于C项，由正方体的特征可知，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，平面，所以平面，
显然平面，所以平面平面，
由平面可得平面，故C正确；
对于D项，显然时，与不平行，故D不正确.故选：D
5．（2024·云南大理·统考模拟预测）（多选）如图所示，在平行六面体中，为正方形的中心，分别为线段的中点，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．直线与平面所成的角为 D．
【答案】BCD
【解析】对于，若平面，因为，则平面，或平面，
而和平面相交，故A错；
对于B，因为分别为线段的中点，
所以平面平面，所以平面，
因为分别为线段的中点，所以平面平面，
所以平面平面，平面，
所以平面平面，故B正确；
对于C，由于，且，故，
而，故平面，
而，故与平面所成的角即为与平面所成的角，
又AB与AO夹角为，即直线与平面所成的角为，故正确；
对于D，设，则，
显然，故，由，所以，
而，所以，故D正确.故选：BCD.
6．（2024·湖南长沙·统考一模）（多选）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（ ）
A．存在点，使得面
B．存在点，使得面
C．当点不是的中点时，都有面
D．当点不是的中点时，都有面
【答案】ACD
【解析】当点与点重合时，由，
而面，面，可知面，即A正确.
若面，注意到面，则，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
所以，与矛盾，即B错误.
当不是的中点时，由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，
又面，面，从而可得面，即C正确.
同上，有，又面，面，所以，
又面，
所以面，则面，即D正确.故选：ACD.
7．（2023·广东广州·高三广州市天河中学校考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，是正方形，平面，分别是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）因为分别是线段的中点，则，
又因为为正方形，则，可知，
且平面，平面，所以平面，
因为分别是线段的中点，则，
且平面，平面，所以平面，
且，平面，所以平面平面.
（2）因为平面，平面，则，
又因为是正方形，则，
且，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
且平面，所以平面平面.
8．（2023·辽宁朝阳·高三建平县实验中学校联考阶段练习）如图，已知四边形为菱形，平面，平面，.
（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，求的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）1
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以，
又平面，平面，所以平面.
因为四边形为菱形，所以，
又平面，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面BCF//平面.
（2）设交于点O，取中点H，连接，所以，底面.
以为原点，以，，分别为x轴，y轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
设，则，，，，，.
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得；
，；
设平面的一个法向量为，
则，令，得.
因为平面平面，所以，解得，故的长为1.
9．（2023·江西·高三鹰潭一中校联考期中）如图1，山形图是两个全等的直角梯形和的组合图，将直角梯形沿底边翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点在线段上，且在几何体中，解决下面问题.
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）连接与相交于,连接，
由于，且,所以,
又,所以,
平面,平面,所以平面，
（2）过作交于，
由于平面平面，且两平面交线为，平面，
所以平面，平面,故，
又四边形为直角梯形，故,
是平面内的两相交直线，所以平面，
平面，故.
10．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）如图，连接BD和AC交于点O，连接OF，
为正方形，为BD的中点，
为DE的中点，，
平面ACF，平面ACF， 平面ACF．
（2）因为平面平面，平面平面，且，平面，
所以平面CDE，
平面CDE，，
为正方形，，
，AD，平面DAE，平面DAE，
平面DAE，．
11．（2024·河南安阳·高三安阳一中校考期末）如图,在四棱锥中,底面是菱形,,三角形为正三角形,且侧面底面.分别为线段,的中点.
（1）求证:平面;
（2）在棱上是否存在点,使平面平面,请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析
【解析】（1）连接交于点，连接，
因为四边形是菱形，所以点为的中点.
又因为为的中点，所以.
又因为平面平面，所以平面.
（2）在棱上存在点为的中点时，平面平面.
证明:连接.
因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面平面.
所以平面，又平面，所以，
因为是菱形，为的中点，
所以是正三角形，，
因为，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，又平面，所以.
因为分别为的中点，所以，所以，
因为是菱形，，所以是正三角形.
又因为为的中点，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
12．（2023·山东滨州·高三统考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）在线段上是否存在点，使得平面?请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在为中点，理由见解析
【解析】（1）因为为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
因此．
（2）由（1）知，平面，平面，所以．
在矩形中，，
又因为，平面,所以平面．
平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（3）存在为中点时，平面．
证明：取中点为，连接，
因为为中点，，且．
在矩形中，为中点，所以，且．
所以，且，所以四边形为平行四边形，
因此，又因为面面，
所以面．满分技巧
1、判断与空间位置关系有关的命题的方法：
（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；
（2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定。
2、两点注意：
（1）平面几何的结论不能完全引用到立体几何中；
（2）当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与提升或公认结论相矛盾的命题，进而作出判断。
满分技巧
1、证明点线共面问题的两种方法
（1）纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内；
（2）辅助平面法：先证有关点、线共平面，再证其他点、线共平面,最后证平面,重合.
2、证明点共线问题的两种方法
（1）先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；
（2）直接证明这些点都在一条特定直线上.
3、证明三线共点问题的步骤
第一步：先证其中两条直线交于一点；
第二步：再证交点在第三条直线上.
证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线。
满分技巧
1、线线平行的证明方法
（1）定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；
（2）利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；
（3）利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行．
2、线面平行的判定方法
（1）利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点；
（2）利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行（简记为“线线平行线面平行”）
（3）利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。（简记为“面面平行线面平行”）
3、面面平行的判定方法
（1）面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合（不常用）；
（2）面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（主要方法）；
（3）垂直于通一条直线的两个平面平行（客观题可用）；
（4）平行于同一个平面的两个平面平行（客观题可用）.
满分技巧
直线与平面垂直的判定方法
1、利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面；
2、利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直；
3、可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面；
4、面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一平面；
5、面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；
6、面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
满分技巧
1、探索性问题的一般解题思路：先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．
2、探索性问题的答题步骤：第一步对“是否存在”给出作答，写出探求的最后结论；第二步探求结论的正确性。