高中数学8.6 空间直线、平面的垂直精品精练

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考法一 异面直线所成角
【例1】（2024山东烟台）如图，已知正四棱锥的所有棱长均为为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，取的中点，
连接,
由题意知，,
则异面直线与所成角为（或其补角），
在中，,则,
则异面直线与所成角的余弦值为，故选：C.
【一隅三反】
1．（2024·陕西）如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】将直三棱柱补形为如图所示的正四棱柱：
连接、，则，则异面直线与所成角的平面角为(或其补角)，又，，由余弦定理可得：.
故选：A
2．（2023北京昌平·期末）如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
连接，，在正方体中，易得，
故直线与直线所成角的大小与直线与直线所成角大小相等，
又，故为等边三角形，故，
即直线与直线所成角的大小为.
故选：C.
3．（2024北京）如图，是圆锥的顶点，是底面直径，点在底面圆上．若为正三角形，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由已知，
所以，设，则，
可得，
分别取的中点，连接，则，
所以或其补角为异面直线与所成角，
过点作于，连接，
则为中点，与底面垂直，且，
在中，，，
所以，
所以，
所以在中，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A .
考法二 线线垂直
【例2-1】（2023北京）空间四边形，，，分别是，，的中点，，，.求证：.
【答案】证明见解析
【解析】∵点G，E分别是CD，BC的中点，∴GEBD，同理GFAC.∴∠FGE或∠FGE的补角是异面直线AC与BD所成的角．
在△EFG中，∵FG＝2，GE＝，EF＝3，满足FG2＋GE2＝EF2，∴∠FGE＝90°.即异面直线AC与BD所成的角是90°.∴AC⊥BD.
【例2-2】（2023云南）如图，是等腰直角三角形，都垂直于平面，且为线段的中点．证明：.
【答案】证明见解析
【解析】取BC中点为G，连接DG，AG．
因分别为中点，则．
则四边形是平行四边形，故．
因为，则，所以.
【一隅三反】
1．（2023福建福州）如图，在正三棱柱中，E为棱AC的中点，.求证：.
【答案】证明见解析
【解析】如图，取的中点F，连接EF，BF，
∵E为AC的中点，F为的中点，
∴，∴BE和EF所成角为，
即为异面直线BE与所成角，且.
在正三棱柱中，，.
在等边三角形ABC中，，
在Rt△BCF中，.
在△BEF中，，
∴，∴.
2．（2024天津）如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝AB，E，F分别是BD1和AD的中点，求证：CD1⊥EF.
【答案】证明见解析
【解析】如图，取CD1的中点G，
连接EG，DG.
∵E是BD1的中点，
∴EG∥BC，EG＝BC.∵F是AD的中点，且AD∥BC，AD＝BC，
∴DF∥BC，DF＝BC，
∴EG∥DF，EG＝DF，∴四边形EFDG是平行四边形，
∴EF∥DG，
∴∠DGD1(或其补角)是异面直线CD1与EF所成的角.
又∵A1A＝AB，∴四边形ABB1A1、四边形CDD1C1都是正方形，又G为CD1的中点，∴DG⊥CD1，
∴∠D1GD＝90°，∴异面直线CD1与EF所成的角为90°.
所以CD1⊥EF.
3（22·23高一·全国·课堂例题）已知是棱长为a的正方体（如图）．

(1)正方体的哪些棱所在的直线与直线是异面直线？
(2)求证直线与BC垂直．
(3)求直线与AC的夹角．
【答案】(1)，，，DA，DC，；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】（1）正方体共有12条棱，与相交的棱有6条，与平行的棱不存在，
因此余下的6条棱所在直线分别与直线是异面直线，它们是，，，DA，DC，．
（2）在正方体中，由，得与AD的夹角就是与BC的夹角，
因为，则与BC的夹角为，
所以．
（3）连接，因为，
于是四边形是平行四边形，即，
从而与AC的夹角就是与的夹角，连接，
而，与都是正方体的面对角线，则有，即是正三角形，
所以与的夹角为，即与AC的夹角为．
考法三 线面垂直的判定
【例3-1】（2024广东湛江）如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形，，证明：BD平面

【答案】证明见解析
【解析】取中点，连，因为，，，，
所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，则
得，，故，

因为，，平面，
所以平面
2（2024海南）如图，在三棱锥中，平面，，，，为棱的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】证明：在中，，，，则，
所以，，
又因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，因此，平面.
【一隅三反】
1．（2023高一课时练习）如图，在正方体中，为的中点，.求证：
（1）平面；
（2）平面.
【答案】（1）证明见解析 ；（2） 证明见解析.
【解析】（1）因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，所以，平面；
（2）连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以且，
又因为为的中点，为的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
而面，面，所以面.
2．（2024天津）如图，六棱锥的底面是边长为1的正六边形，平面，.
(1)求证：直线平面；
(2)求证：直线平面；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）证明：∵正六边形，∴，，
∴，∴，
∵平面，平面，
∴直线平面.
（2）在中，，易得，
在中，，，
∴,∴，
因为平面， 平面，故，
∵,平面，故直线平面.
3（2024内蒙古）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.
(1)证明：平面.
(2)若，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）记.
因为四边形是菱形，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
（2）因为，所以点到平面的距离是3.
因为四边形是边长为4的菱形，且，
所以，
则四棱锥的体积，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
故三棱锥的体积
.
考法四 面面垂直判定
【例4】（2024河南）在四棱锥中，底面是正方形，平面．

(1)求证：平面⊥平面；
(2)求证：平面⊥平面．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【解析】（1）因为平面，平面，所以，
又因为底面是正方形，所以，
又因为平面，所以平面，
又平面，所以平面⊥平面.
（2）因为平面，平面，所以，
又因为底面是正方形，所以，
又因为平面，所以平面，
又平面，所以平面⊥平面.
【一隅三反】
1（2024广西柳州）如图，四边形是正方形，平面，，分别为的中点，且．求证：平面平面．

【答案】证明见解析
【解析】∵平面，，
∴平面．
又平面，∴．
∵四边形为正方形，∴．
又，平面，∴平面．
在中，分别为的中点，
∴，∴平面．又平面，
∴平面平面．
2．（2023内蒙古）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，平面为棱的中点，连接.求证：
(1)平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）连接，交于点，连接，
因为底面为矩形，所以为的中点，
又为的中点，所以，
因为平面，平面，
故平面；
（2）平面，平面，∴，
∵底面为矩形，.
又，平面，平面.
又平面，平面平面.
3（2024江苏南京）正三棱柱的底面边长与侧棱长都是2，分别是的中点．
(1)求三棱柱的全面积；
(2)求证：∥平面；
(3)求证：平面⊥平面．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【解析】（1）因为三棱柱是正三棱柱，且棱长均为2，所以底面是正三角形，侧面均为正方形，
故三棱柱的全面积为；
（2）在正三棱柱中，因为分别是的中点，
可知，又∥，
所以四边形是平行四边形，故∥，
又平面，平面，
所以∥平面．
（3）连，设与相交于，则由侧面为正方形，可知与互相平分．
在中，，在中，，故，
连，则．
又，，连，则，
又与相交于，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
考法五 线面垂直的性质定理
【例5-1】（2023上海）如图，平面平面，，，垂足分别为，，直线平面，.求证：.
【答案】证明见解析
【解析】如图：
∵，，∴.同理.
∵，，平面，∴平面.
又∵，，∴.
∵，，，平面，∴平面.∴.
【例5-2】（2023安徽）圆柱如图所示，为下底面圆的直径，为上底面圆的直径，底面，证明：面
【答案】证明见解析
【解析】证明：连接，，，可得平面，
∵平面，∴，
∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面
【例5-3】（2023广东肇庆）如图，在正三棱柱中，D是棱的中点.
(1)证明：；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意知，平面，为正三角形.
由平面，得，
因为D为AC的中点，所以，
又平面，
所以平面，而平面，
所以；
（2）如图，取的中点F，连接，
则且，且，
所以四边形、为平行四边形，得，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，又平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面.
【一隅三反】
1．（2023北京）如图，已知正方体的棱长为2． ，分别为与上的点，且，．
求证：；
【答案】证明见解析
【解析】证明：如图，连接，．
∵平面，平面，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，平面，
∴平面．
又∵平面，
∴．同理可得，
又∵，平面，
∴平面．
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
∵，
∴．
又∵，，平面，
∴平面．
∴．
2．（22·23高一下·新疆省直辖县级单位·阶段练习）如图，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形，，F为CD的中点，求证：∥平面BCE.
【答案】证明见详解
【解析】因为平面ACD，平面ACD，则∥，
取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，且，
由题意可得：∥，且，
则∥，且，则为平行四边形，
可得∥，
且平面BCE，平面BCE，
所以∥平面BCE.

3．（2024湖北）如图，在直三棱柱中，，，点是的中点．
(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）证明：连接，交于点，连接，
为平行四边形对角线的交点，为的中点．
在中，分别为的中点，，
平面平面平面.
（2）证明：是直三棱柱，平面，
平面．
是的中点，．
平面平面，
平面．
在中，，
在中，，
，
．
平面平面，
平面．
考法六 面面垂直的性质定理
【例6-1】（2024·河南信阳）设两条直线，，两个平面，，则下列条件能推出的是（ ）
A．，，且B．，，且
C．，，且D．，，且，
【答案】A
【解析】对于A，由，，得，而，所以；
对于B，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：
当，，，都与平行时，，相交，B错误；
对于C，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：
当，都与平行时，，相交，C错误；
对于D，若，，且，，此时，可能相交，如下图所示：
当，都与平行时，，相交，D错误.
故选：A
【例6-2】（2023北京）如图，四棱锥的底面是平行四边形，E是上一点，且，若平面平面．
(1)求证：平面；
(2)棱上是否存在点F，使得∥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）∵四边形是平行四边形，且，
∴四边形是菱形，且，
∵平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
．
与相交，平面，
平面．
（2）当F为的中点时，平面．理由如下：
取F为的中点，G为的中点，连接，
则，且．
∵底面为菱形，且E为的中点，
，且．
，且．
∴四边形是平行四边形，．
平面平面平面．
【一隅三反】
1．（2023山东济宁 ）已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行B．内的任何直线都与平行
C．且D．且
【答案】D
【解析】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，
即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；
对于C选项，若且，则、平行或相交，
则“且”“”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，
反之，若，则“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.
故选：D.
2．（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱柱中，，平面平面为的中点.

(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）连接交于点，则为的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又平面，且平面，
所以平面.
（2）连接，因为，所以四边形为菱形，
所以，
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以.

3．（2023高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，侧面底面，侧面是菱形，，，．若为的中点，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】∵侧面是菱形，∴，
∵为的中点，∴，
∵侧面底面，侧面底面，，底面，
∴侧面，
∵侧面，∴，
∵，平面，∴平面，
∵平面，∴．
4．（2023河南）如图，已知长方形中，，，为的中点，将沿折起，使得平面平面．求证：．
【答案】证明见解析
【解析】在长方形中，，，
为的中点，则，
即有，于是，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
单选题
1．（2024·湖北 ）正方体中，为的中点，则直线与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
连接，根据正方体的性质可知，
所以或其补角为直线 DP与所成的角，
因为平面，⊂平面，所以又，
，⊂平面，所以平面
又平面，所以
设正方体的棱长为2，则
在中， 所以故直线与所成的角的正切值为.
故选: C.
2．（2023北京海淀 ）已知三棱柱中，侧面底面，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】①已知侧面底面，且侧面底面，
又平面，
若，则由面面垂直的性质定理可得平面，
平面，则，
所以则“”是“”的必要条件；
②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形，
则底面，平面，则满足条件侧面底面.
又平面，则，但与不垂直.
所以“”不是“”的充分条件.
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．（2023·广东 ）如图，在四面体中，，平面平面为线段的中点，则下列判断错误的是（ ）

A．B．平面
C．D．平面
【答案】C
【解析】因为平面平面，平面平面，
所以平面，即B项正确；
因为平面，所以，即A正确；
因为为线段的中点，
所以，同理可得平面，即D正确；
因为平面，平面，所以，
平面，若，则平面，
显然不重合，故C错误.
故选：C
4．（22·23高一下·全国·课时练习）对于直线m、n和平面、，的一个条件是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【解析】A选项中，根据，，，有可能出现的情况，所以A错误；
B选项中，，，，不一定得到，如下图，所以B错误；

C选项中，过作面与面交于，如下图，

∵，，，∴，
∵，，∴，∴，
又，从而得到，所以C正确；
D选项中，根据，，所以，
而，所以得到，所以D错误.
故选：C.
5．（2023北京房山 ）如图，四棱锥中，底面是矩形，，平面，下列叙述中错误的是（ ）
A．∥平面B．
C．D．平面平面
【答案】C
【解析】对于选项A：在矩形中，∥，平面，平面，
∥平面，故选项A正确；
对于选项B：平面，平面，，
在矩形中，，，平面，
所以平面，而平面，，故选项B正确；
对于选项C：因为平面，而平面，所以，
所以，而，
，
在一般矩形中，与不垂直，所以，即，与不垂直，故选项C不正确；
对于选项D：平面，平面，所以平面平面，故选项D正确．
综述：只有选项C不正确．
故选：C.
6．（2024江西上饶 ）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．，则B．，则
C．，则D．，则
【答案】D
【解析】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，
显然满足，而，此时不成立，A错误；
对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，B错误；
对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，
显然满足，而，此时不成立，C错误；
对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.
故选：D
7．（22·23高一下·江苏镇江·期末）对于直线和不重合的平面，，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】B
【解析】对于A，若，，则可能相交，如图，故A错误；
对于B，若，，由线面垂直的性质可知，故B正确；
对于C，若，，则可能平行，如图，故C错误；
对于D，若，，，则可能，如图，故D错误.
故选：B.
8．（2024陕西 ）已知在边长为6的菱形中，，点，分别是线段，上的点，且．将四边形沿翻折，当折起后得到的几何体的体积最大时，下列说法其中正确的是（ ）

A．
B．
C．平面平面
D．平面平面
【答案】C
【解析】在几何体中，平面，平面，
平面，平面，则平面，平面，
而平面，因此平面平面，
显然，即四边形都是平行四边形，
且≌，因此几何体是三棱柱，
在菱形中，作于，交于，则，，

在几何体中，平面，
则平面，显然，
几何体的体积，当且仅当时取等号，
因此几何体的体积最大时，，而平面，
于是平面，又平面，从而平面平面，C正确；

由平面，则，又，则，而是中点，
即不垂直于，而，因此不垂直于，不垂直于，A错误；
显然，则与成角，因此不垂直，B正确；
假定平面平面，由平面平面，得平面平面，
在平面内过作于，而平面平面，
则平面，又平面，则，由平面，平面，
得，而平面，于是平面，
又平面，因此与矛盾，即假定是错的，D错误.
故选：C
多选题
9．（2024贵州贵阳 ）已知,表示平面，m，n表示直线，则（ ）
A．若，n，则m
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】CD
【解析】A选项，若，n，则可能平行，相交或异面，故A错误；
B选项，若，，则,可能相交或平行，故B错误；
C选项，若，，由线面垂直性质可知，故C正确；
D选项，若，，则,互相平行，故D正确.
故选：CD
10．（2024云南玉溪 ）在正方体中，E，F分别是线段BC，的中点，则（ ）
A．
B．
C．异面直线，EF所成角的正切值为
D．异面直线，EF所成角的正切值为
【答案】ABC
【解析】如图所示，F是线段的中点，连接交于F，F是线段的中点，故，故A正确；
又，故，故B正确；
由正方体的性质知，则异面直线，EF所成角即为直线，EF所成角，
故是异面直线EF与所成角，故，故C正确：
由正方体的性质知，则异面直线，EF所成角即为直线BC，EF所成角，
故是异面直线EF与所成角，故，故D错误，
故选：ABC．
11．（2024黑龙江）（多选）如图，在三棱锥P-ABC中，平面的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面 B． C．平面 D．平面
【答案】ABC
【解析】平面，平面
，又，平面且
平面，故A正确
由平面，平面
得
又，是的中点，
又平面，
平面，平面
，故B,C正确
由平面，平面
得
因为与不平行
因此与不垂直
从而不与平面垂直，故D错误
故选：ABC.
12（2023河北 ）如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列说法中错误的是（ ）．
A．平面平面
B．平面平面
C．平面平面，且平面平面
D．平面平面，且平面平面
【答案】ABD
【解析】因为，且是的中点，所以，同理，，
由于，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，所以平面平面，
故正确；
由于平面平面，若平面平面，而平面平面，
则平面,但已知条件不能保证平面,所以平面与平面不一定垂直，故错误；同理平面与平面不一定垂直，故错误；
由于，所以当时平面，当长度趋于0时，二面角接近，故平面与平面不一定垂直，故错误；
故选：.
填空题
13．（2023广东）如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则EF和AC所成的角等于
【答案】45°
【解析】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．
，F分别是CD，AB的中点，
，，且，．
为EF与AC所成的角．
又，．
又，，，
为等腰直角三角形，，即EF与AC所成的角为45°．
14．（2024·安徽）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有 条
【答案】8
【解析】在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有BC，B1C1，A1D1，AD，AA1，BB1，CC1，DD1，共8条．
15．（2023广东）下图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下判断：①BF与DN平行；②CM与BN是异面直线；③DF与BN垂直；④AE与DN是异面直线．则判断正确的个数是
【答案】2
【解析】把平面展开图折起，得到如图所示的正方体,
则BF与DN是异面直线，故①错误；
CM与BN平行，故②错误；
由题可知，所以DF与BN垂直，故③正确；
AE与DN是异面直线，故④正确；故正确个数为2．
（2023湖南永州）如图，正三棱柱中，点E为正方形的中心，点F为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
【答案】2
【解析】在正三棱柱中，取中点，连接，
由点E为正方形的中心，得，而，
于是，由为棱的中点，得，
则四边形是平行四边形，有，即或其补角就是异面直线与所成的角，
显然正三棱柱所有棱长都相等，令棱长为2，
则，
等腰底边上的高，，
所以异面直线与所成角的正切值为.
解答题
17．（2023广东潮州）如图（1），在梯形中，且，线段上有一点E，满足，，现将，分别沿，折起，使，，得到如图（2）所示的几何体，求证：
【答案】证明见解析
【解析】证明：在中，，
所以，，
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，
同理可得，在中，，且，
在中，，所以，
因为，，平面，所以平面，
在中，，
在中，，则，
因为，平面，所以平面，
所以.
18．（2024河南南阳）如图，已知是正三角形，、都垂直于平面，且，为的中点．
(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）证明：取的中点，连接、，
因为、都垂直于平面，则且，
因为、分别为、的中点，则且，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面.
（2）证明：为等边三角形，且为的中点，所以，，
平面，平面，，
，、平面，平面，
，平面，平面，所以，平面平面.
19．（2023上海）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，已知平面，且，为中点．
(1)证明：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）连接交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）平面，平面，；
四边形为正方形，；
，平面，平面，
平面，平面平面.
20．（2024上海）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E为AD的中点．
(1)求证：；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面PEB？请说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)存在为中点时，平面，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）存在为中点时，平面，理由如下：
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．
21．（2024内蒙古）如图，在四面体中，
(1)证明：
(2)若，求四面体的体积
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【解析】（1）
如图，取的中点为E，连结，，
∵，∴，
在和中，，，，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴．
（2）在中，，，设，
由余弦定理，解得．
因为，，所以，
∴在中，因，
则，，，
又由余弦定理得，∴，
∴，
由（1）知平面，
∴．
22．（2024安徽合肥）如图，表面积为的长方体中，，点M是线段上靠近A的三等分点.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）由题意得，，解得，
，.
在长方体中，，，
，即.
在长方体中，平面，平面，
，同理，
又，平面.
（2）设点到平面的距离为h，
由（1）知，平面，，又，
，，.
，，解得，
点到平面的距离为.