新高考数学一轮复习精品讲练测第7章第03讲 空间中点 线、面位置关系与空间中的平行关系（2份，原卷版+解析版）

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知识讲解
常见立体几何的定义、性质及其关系
棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行图形，侧面是平行四边形（即侧棱平行且相等）
斜棱柱：侧棱与底面不垂直的棱柱
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，即：平行六面体的六个面都是平行四边形
四个公理与一个定理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
空间中点线面的位置关系
空间中的平行关系
线线平行
①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等）
③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
考点一、空间中点线面的位置关系
1．（2023·湖北武汉·统考三模）已知不重合的平面，及不重合的直线m，n，则（ ）．
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】B
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判定即可.
【详解】对于A项，若，，则或，故A错误；
对于B项，若，，则n∥或，
当n∥时，若，则，当时，若，则也成立，综上，故B正确；
对于C项，若，，，则或，反例如下图所示，可以说明符合条件时，
两个平面有相交的可能.故C错误；
对于D项，如下图所示，m、n可能异面，故D错误.
，
故选：B
2．（2023·重庆·统考模拟预测）已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ）
A．若，且，则B．若，，，则
C．若，且，则D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据线、面位置关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若，且，则l，m可能平行、相交或异面，并不一定垂直，故A错误；
对于选项B：若，，，则m，n可能平行、相交或异面，并不一定平行，故B错误；
对于选项C：若，且，根据线面垂直可得：，故C正确；
对于选项D：若，，但不能得到，
所以虽然，不能得到，故D错误；
故选：C.
3．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知、、为空间中三条不同的直线，、、为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，若，则
C．若，、分别与、所成的角相等，则
D．若m//α，m//β，，则
【答案】B
【分析】对于ACD，通过举反例说明其错误；利用线面平行的性质可判断B选项.
【详解】对于A，如图1，若，，，则可以与平行，故A错误；
对于B，因为，，，且，，则，
因为，，则，故，B正确；
对于C，如图2，若，、分别与、所成的角为时，与可以相交、平行或异面，故C错误；

对于D，如图1，m//α，m//β，，，则与相交，D错误.
故选：B.
4．（2023·河南新乡·统考二模）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
【分析】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.
【详解】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.
5．（2023·河南·统考模拟预测）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，是的中点，则（ ）
A．B．平面
C．平面D．
【答案】D
【分析】根据空间中的平行和垂直的判定方法，结合选项逐一验证.
【详解】因为与异面，所以A项错误；
因为的延长线必过点，所以B项错误；
因为与不垂直，所以C项错误；
取的中点，连接，在正方形中，与全等，可得，
连接，则，又平面底面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以平面，
因为平面，所以.
故选：D.
1．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）设为两条直线，为两个平面，则的充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对于选项A、B、D，可以举反例进行排除；对于选项C，可以结合空间两个平面的法向量垂直，则两个平面垂直进行判断.
【详解】对于A，如图1，，，则满足，平面与不一定垂直，故A错误；
对于B，如图2，，， 则满足，平面与不一定垂直，故B错误；
C. 如图3，如图，在直线上取两个向量,则分别为平面的法向量，且,则，故C正确；
C. 如图4，，，，则，平面与不一定垂直，故D错误；

故选：C.
2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知直线两两异面，且，，下列说法正确的是（ ）
A．存在平面，使，，且，，
B．存在平面，使，，且，，
C．存在唯一的平面，使，且与所成角相等
D．存在平面，使，，且
【答案】D
【分析】A.由时判断；B.由与不平行判断；C.由存在两个平面判断；D.由线面垂直的判定定理判断.
【详解】只有当时才存在平面，使，，且，，故A错误；
若存在平面，使，，且，，则此时与不平行，故B错误；
存在两个平面，使，且与所成角相等，故C错误；
存在平面，使，，且，故D正确．
故选：D
3．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知是三条不同的直线，是三个不重合的平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则．
B．若与异面，，则存在，使得．
C．若，则．
D．若，则．
【答案】D
【分析】利用线线、线面、面面关系的判定与性质一一判断即可.
【详解】对选项A，若，则，又，∴．选项A正确；
对选项B，在上取点，分别作的平行线，这两条相交直线确定平面，
因为，则，同理可证，
因为，所以，又因为，，
所以，故B正确；

对选项C，设，在平面内任取一个不在直线上的点，
过点作直线，垂足分别为点．
又因为，，，
，又，故，
又因为平面，从而．故选项C正确；

对选项D，直线的位置关系可以是任意的，比如设，且，，，则根据平行的传递性知，故D错误.
故选：D.
4．（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.
【详解】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.
5．（多选）（2021·全国·统考高考真题）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
【分析】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.
考点二、空间中线面平行的判定定理
1．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

2．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（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.
3．（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.
(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；
(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，
则，
又因为，所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，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，
因此，线段上是否存在点，且当时，平面.
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，
过点在平面内作，垂足为点，
因为，，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为点到平面的距离为，即，
且，
所以，，
由图可知，为锐角，所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
，，
设平面的法向量，则，
取，则，
，
所以，，
因为，
因此，与平面所成角的正弦值为.
4．（2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．

(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，要证平面，只需平面平面，结合已知条件即可得证.
（2）当时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据以及中点关系、即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：

取中点，连接，
分别为的中点，且底面为矩形，
所以，且，
又因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，且平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以由面面平行的性质可知平面
（2）如图所示：

注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得，
又因为，且面，面，，
所以面，又因为面，所以，
又因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，
所以面，因为面，
所以，又，
所以，又由三线合一，又，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为，
所以，
又因为为的中点，，
所以，
所以，，，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以有以及，
即分别有以及，
分别令，并解得，
不妨设平面与平面的夹角为，
所以；
综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为.
1．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考模拟预测）如图所示，在三棱柱中，点G、M分别是线段AD、BF的中点.

(1)求证：平面BEG；
(2)若三棱柱的侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，求二面角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取BE中点N，
则平行且等于，AG也平行且等于，而平行且等于，
所以平行且等于，
因此四边形为平行四边形，∥，
又平面BEG，平面BEG，
所以平面BEG；
（2）由已知易证建立以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，

则，，，，，，，，
所以，
设为面的法向量，则
，
同理可求平面的法向量为，
.
所以二面角的余弦值为.
2．（2023·广东佛山·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设中点为，连接、，由三角形中位线性质可得，且，从而得到四边形为平行四边形，再由，即可证得平面；
（2）利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图（1），设中点为，连接、，
底面为正方形，，分别为，的中点．
，且，又，，
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）连结，，过作交于点，
∵，∴点也是中点，连接，
，为的中点，∴，又底面为正方形，
，，，
平面平面，，平面平面，平面，
平面，又平面，，
∴在中，，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
∴，，
平面，是平面的一个法向量，，
设平面的一个法向量为，
则 ，令，则， ，
设二面角为，显然二面角为锐角，
，
故二面角的余弦值为．
【点睛】
3．（2023·山东泰安·统考模拟预测）四棱锥中，底面为矩形， ，，平面与平面的交线为.

(1)求证：直线平行于平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意证得平面，结合线面平行的性质定理证得直线，再由线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设，取的方向向量，根据，，利用向量的夹角公式，求得，进而求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为底面是矩形，可得，
又因为平面，平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以直线，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）解：以点为原点，，垂直于平面的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系，则，则，
设，取的方向向量，
因为，，
可得
，
又因为，可得，即，
解得，即，
设平面法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取取，可得，所以，
所以，
由图象可得，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.

4．（2023·湖北武汉·统考二模）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解.
【详解】（1）取的中点Q，连接,
则有，且，又，且，
故，且，
则四边形EFPQ为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
（2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则可得，，，，
由P为中点，故，
则，，，
设平面BFP的法向量，
则，即，故取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．
考点三、空间中线面平行的性质定理
1．（2023·福建福州·福州四中校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设.

(1)当平面时，求实数的值；
(2)当平面平面时，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，可得为的中点，即可求出求实数的值；
（2）（方法一）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理可证得是平面与平面的夹角，求解即可.
（方法二）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，由题意可得，可求出，即可求出平面的法向量，再求出平面的法向量，由二面角的公式求解即可.
【详解】（1）如图，连接，交于点，连接，
为的中点，且平面平面，

平面平面，，
为的中点，即实数的值为.
（2）（方法一）在直三棱柱中，平面，
平面，
，又平面，
平面，又平面，
当，.
又平面平面，
平面平面平面，
如图，延长交于点，过点作交于，

过作交于点，连接，则，
又平面，
又平面，
是平面与平面的夹角，
，
，
，
平面与平面的夹角的正弦值为.
（方法二）在直三棱柱中，，
两两相互垂直，
如图，以所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，

则，
，
，
设为平面的一个法向量，
则即
令，则，
设为平面的一个法向量，
，
则即，
令，则，则
当平面平面时，，即，
平面的法向量，
设为平面的一个法向量，
则即
令，则
，
，
平面与平面的夹角的正弦值为.
2．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求四棱锥的体积.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；
(2).
【分析】（1）过点作交于点，根据线面平行的性质定理即得；
（2）取的中点，利用勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后利用锥体的体积公式即得.
【详解】（1）如图，过点作交于点，连接，
因为，所以四点共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，,
则，

所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.
（2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以，
又，则，又，则，
所以.
因为，平面，
所以平面，
则四棱锥的体积为.
3．（2023·广东广州·统考模拟预测）已知四棱锥的底面是棱长为2的菱形，，，若，且与平面所成的角为，为的中点，点在线段上，且平面.
(1)求；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）连接，利用线面平行的性质结合三角形重心及菱形性质求解作答.
（2）取中点，利用给定条件探求平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）连接，连接，由菱形知是中点，而为的中点，
则为的重心，有，
因为平面，平面平面，平面，因此，
所以.
（2）菱形中，由，知为等边三角形，有，又，
则，即有，取的中点，连接，则，
而，且两相交直线在平面内，于是平面，而平面，有平面平面，
在平面内过做于点，平面平面，
从而平面，是与平面所成的角，则，
因为，则，又，因此与重合，
以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
，则，，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
于是，
所以求平面与平面夹角的余弦值为.
4．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，三棱锥中，底面与侧面是全等三角形，侧面是正三角形，，，，，，，分别是所在棱的中点，平面与平面相交于直线．

(1)求证：；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，进而得证平面，再根据直线与平面平行的性质可得，进而得证；
（2）连接，通过线面垂直关系可得平面，结合为的中点，可得到平面的距离为，再结合三角形知识可得，，进而利用等积法即可求解.
【详解】（1）因为，，，分别为，，，的中点，
所以，，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，且平面平面，
所以，
又，所以.
（2）连接，因为，，，侧面是正三角形，
所以，，
又与是全等三角形，
所以，
又，且平面，
所以平面，
又平面，
所以，
在正三角形中，，
又，且平面，
所以平面，
又为的中点，
所以到平面的距离为.
在中，，
，
又，，为的中点，
所以，且
在中，，
所以，
所以，
设到平面的距离为，
由，得，
即，
即到平面的距离为.

1．（2023·北京·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，为线段上一点，平面交棱于点.
(1)求证：;
(2)若直线与平面所成角为，再从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，求点到平面的距离.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面平行的性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法计算点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：由题意可知，
因为三棱柱，平面
所以侧面为矩形
面，平面
平面
又平面平面
且平面
（2）解：若选择条件①，
平面，平面，平面，
，，
又
两两垂直；
若选择条件②，
平面，平面，平面，
，，
又，，
，
两两垂直；
以下条件①和条件②的计算过程相同，
因为两两垂直，所以如图建立空间直角坐直角坐标系．
可得，．

则，．
设，
则
．
设为平面的法向量，
则即
令，则，，可得．
则．
解得，则．
因为，
所以点到平面的距离为．
2．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）如图，在六面体中，四边形是菱形，，平面，，为的中点，平面．

(1)求；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合线面平行、面面平行的判定和性质可证得四边形是平行四边形，延长交于点，由线面平行性质可证得四边形为平行四边形，结合平行线分线段成比例关系可求得结果；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）四边形是菱形，，
又平面，平面，平面，
同理可得：平面．
，平面，平面平面，
平面平面，平面平面，，
同理可得：，四边形是平行四边形；
连接交于点，连接交于点，连接，
设，，则，
延长交于点，连接，
平面，平面，平面平面，，
又，四边形为平行四边形，则，
为的中点，．
，，即，解得：，.
（2）由（1）知，两两垂直，故以为坐标原点，正方向分别为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，；
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，点分别是的中点，点是线段上一点，且平面．

(1)求证：点是线段的中点；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：过点作，由线面平行的性质可知，从而证得四边形为平行四边形，由长度关系得，从而证得结论；
方法二：取的中点，根据面面平行的判定可证得平面平面，进而得到，从而证得结论；
方法三：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由可构造方程求得，从而得到结论；
（2）方法一：以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
方法二：取中点，中点，过点作，利用线面垂直的判定与性质，结合二面角平面角定义可证得即为所求二面角的平面角；根据长度关系可求得结果；
【详解】（1）方法一：过点作，且，

，四点共面，
平面，平面平面，，
又，四边形是平行四边形，
，，又为中点，，
又，点是线段的中点.
方法二：取的中点，连接，

分别为中点，，
平面，平面，平面，
又平面，，平面，
平面平面，
又平面平面，平面平面，，
是中点，点是线段的中点.
方法三：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，
平面轴，平面的一个法向量，
又平面，，解得：，
点是线段中点.
（2）方法一：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
则，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，则，，；
，
又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
方法二：取中点，中点，连接，过点作，且，连接，

，为中点，，
平面，平面，，
，平面，平面，
又，平面，
平面，，又，平面，
平面，又平面，，
即为二面角的平面角；
在正方形中，作，且，

，，，
，
，，
又，，
，即二面角的余弦值为.
4．（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
【分析】（1）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．
（2）设，将体积表示为的函数，求出棱台的体积最大时的值，再添加辅助线，证明平面即可证得结论．
【详解】（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．

【点睛】关键点睛：本题考查线面位置关系以及体积的最值，考查直观想象、逻辑推理、数学运算，属于中档题.
考点四、空间中面面平行的判定定理
1．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面间的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明;
（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.
【详解】（1）在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面与平面间的距离等价于点到平面的距离，设为.
连接，则四面体的体积.
因为，
，，
所以，从而，
所以，
所以，即平面与平面间的距离为.

2．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面⊙O的内接正三角形，．
(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．
(2)求平面和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)存在，劣弧的长度为
(2)
【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明平面；求出⊙O的半径，再由弧长公式即可得出答案；
（2）如图取BC的中点为M，连接MA，以MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1平行线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）如图过点O作AB的平行线OD交劣弧于点D，
连接，，因为，平面，平面，
则平面，同理可证平面，
，且平面，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面
故存在点D满足题意．
因为为底面⊙O的内接正三角形，所以，即，
又因为，所以⊙O的半径为，
所以劣弧的长度为；
（2）如图取BC的中点为M，连接MA，以MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
又因为，设AB中点为N．
故，，，，，，
易知平面，所以平面的法向量．
设平面的法向量为，
又因为，，故即
令得
所以平面和平面夹角的余弦值为．
故平面和平面夹角的正弦值为．
3．（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，.

(1)求证：平面平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）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.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,
故,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，
故或.
1．（2023·海南海口·校联考一模）如图所示的多面体由正四棱柱与正四棱锥组合而成，与交于点，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)详见解析；
(2)
【分析】（1）利用面面平行判定定理即可证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）正四棱锥中，连接交于O，则平面
则，又，，则，
又，则四边形为菱形，则，
又平面，平面，则平面，
又，平面，平面，则平面，
又，平面，平面，
则平面平面；
（2）中，，，则，
以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴空间直角坐标系：
则
则
设平面的一个法向量为,
则，令，则，则
设平面的一个法向量为,
则，令，则，则
则
平面与平面夹角的余弦值为
2．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）如图，矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，，，，，，，分别是，的中点，H是AB边上一动点.

(1)是否存在点使得平面平面，若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
(2)求多面体的体积.
【答案】(1)存在，的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理即可证明，当为的中点时，满足平面平面；
（2）将多面体分割成四棱锥和三棱锥，分别求得两部分体积相加即可求得结果.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示.

因为是的中点，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面
又因为是的中点，
所以，又因为平面，平面
所以平面.
又因为，平面
所以平面平面，
（2）连接，
因为平面平面，
平面平面，，
所以平面，
由题意易得直角梯形的面积为，
所以
在中，易知，
由余弦定理得，
所以，所以.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，
所以多面体的体积为.
3．（2023·湖北·校联考模拟预测）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
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【详解】（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．
【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线平面，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，关键点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.
考点五、空间中面面平行的性质定理
1．（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.
（2）证明平面，再利用等体积法求解作答.
【详解】（1）依题意，连接，分别是中点，则，
平面平面，则平面，
四边形是矩形，，同理有平面，
又平面，于是平面平面，又平面，
所以平面.

（2）在圆锥中，平面，平面，则平面平面，
平面平面，在平面内过点作于点，
则平面，在中，，则，
显然平面，平面，则，又，，因此，
.
2．（2023·云南曲靖·校考三模）如图，在多面体中，已知是正方形，，平面分别是的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）
如图，设是的中点，连接．
为的中点，．
又平面平面，
平面．
同理可得，平面．
平面，
∴平面平面．
又平面，平面．
（2）
平面平面，
．
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，，，
设平面的一个法向量为．
由得
令，得，
设与平面所成角为，
则．
∴直线与平面所成角的正弦值为
3．（2023·山东烟台·统考三模）如图，在中，为中点，过点作垂直于，将沿翻折，使得面面，点是棱上一点，且面．

(1)求的值；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作垂直于点，连接，然后证明面面，利用面面垂直性质定理，结合已知可得；
（2）以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用法向量求解可得.
【详解】（1）因为面面，面面
由题意可知，，所以，
过点作垂直于点，连接，

因为面面，
所以面，
又因为面，面，
所以，面面，
又因为面面，面面，
所以，．
因为，所以，，
在折叠前的图形中，，所以，
易知为AQ的中点，所以，
所以，，所以，．
（2）由（1）知，以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
易知面的一个法向量，
，
设面的法向量为，
所以，令，则，故，
所以，
所以，二面角的余弦值为．
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）可先证明平面，平面，继而证明平面平面，则平面可证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，然后求平面与平面的法向量，再求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形是菱形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面．
（2）取中点，连接,
因为四边形是菱形，且有，,
所以三角形为正三角形，
又中点为，
所以，,
又菱形中，，
所以，
因为平面，平面，
所以,，
以D为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为四边形ABCD是菱形，且，，
，平面ABCD，，
所以，，，，．
所以，，，．
设平面AMP的法向量为，
则有，即．
取，得，，
所以．
设平面的法向量为，则有即，
取，得，，
所以，
所以，
令平面AMP与平面PBC所成的锐二面角为，
则
所以平面AMP与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为．
2．（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.

(1)求证：平面；
(2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面平面，结合面面平行的性质可证明平面.
（2）取的中点为Q，由线面垂直的判定定理可证明平面，即为平面的一个法向量.建立空间直角坐标系，计算向量以及的坐标，利用线面角的向量公式，计算结果即可.
【详解】（1）连接，.
在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，

又，所以平面平面，
因为为线段上的动点，所以平面，
所以平面.
（2）取的中点为Q，连接，.
因为底面边长为1，所以，
因为，所以，所以.
易得，，，所以平面，所以，
因为，所以平面，
即为平面的一个法向量.
连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系，
则，，，，，
所以，所以，，.
设（），
所以，
则，
因为，所以，所以的取值范围是.
3．（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.
(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；
(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，
则，
又因为，所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，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，
因此，线段上是否存在点，且当时，平面.
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，
过点在平面内作，垂足为点，
因为，，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为点到平面的距离为，即，
且，
所以，，
由图可知，为锐角，所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
，，
设平面的法向量，则，
取，则，
，
所以，，
因为，
因此，与平面所成角的正弦值为.
【基础过关】
一、单选题
1．（2023·河南·校联考二模）已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据面面平行、垂直的性质逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，，则，A错误；
对于B，若，，，则l与m可能平行、异面，也可能相交，B错误；
对于C，若，，则，又，所以，C正确；
对于D，若，，，则l与m可能平行，也可能相交或异面，相交或异面时可能垂直，也可能不垂直，D错误.
故选：C
2．（2023·四川宜宾·校考三模）已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若不垂直于，且，则不垂直于
【答案】C
【分析】A选项，与可能平行、相交或异面， B选项，有或， C选项，由面面垂直的判定定理可知正确.D选项，与有可能垂直.
【详解】对于A选项，若且，则与可能平行、相交或异面，故A错误.
对于B选项，若且，则或，故B错误.
对于C选项，因为，所以由线面平行的性质可得内至少存在一条直线，使得，又，所以，由面面垂直的判定定理可知，故C正确.
对于D选项，若不垂直于，且，与有可能垂直，故D错误.
故选:C.
二、多选题
3．（2023·江苏南京·校联考一模）如图，是长方体，是的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ）

A．四点共面B．四点共面
C．四点共面D．三点共线
【答案】BCD
【分析】根据长方体的几何性质，结合线面公理，可得答案.
【详解】对于A，连接，，，如下图：

在长方形，由为对角线的中点，则，
则平面平面，
由平面，平面，则，
在长方体中，平面，由平面，
所以与异面，故A错误；
对于B，由选项A可知：，，易知平面，故B正确；
对于C，由选项A可知：，，易知平面，故C正确；
对于D，由选项A可知：，故D正确.
故选：BCD.
4．（2023·河北秦皇岛·校联考二模）已知表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（ ）
A．存在平面，有B．存在平面，有
C．存在直线，有D．存在直线，有
【答案】AC
【分析】根据线面平行的性质，结合线面垂直的性质、必要不充分条件的定义逐一判断即可,
【详解】A：若，则直线可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在平面，有，所以本选项正确；
B：若，则，即垂直于同一平面的两条直线平行；若，则存在平面，有，所以本选项不正确；
C：若，则直线可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在直线，有，所以本选项正确；
D：若，则，即平行于同一直线的两直线平行，若，则存在直线，有，所以本选项不正确，
故选：AC
三、解答题
5．（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图，正方体的棱长为1，E，F是线段上的两个动点．
(1)若平面，求的长度；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接交于点O，连接，由线面平行证线线平行，证得即可求值；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决线面角问题.
【详解】（1）正方体，连接交于点O，连接，如图所示，
∴平面，平面平面，平面，
∴，又，∴为平行四边形，
则.
（2）以点C为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
，，
设平面的法向量为，则，
取，解得，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
6．（2023·江西南昌·统考一模）已知直棱柱的底面ABCD为菱形，且，，点为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合菱形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据菱形的性质、直棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】（1）连接AC交BD于点，连接，
在直四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，即，，
又因为底面ABCD为菱形，所以点为AC的中点，
点为的中点，即点为的中点，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，，所以平面；
（2）在直棱柱中平面，平面，
所以，
又因为上底面为菱形，所以，
因为平面，
所以平面，
因为在中，，
且点为BD的中点，所以，即，
所以．
7．（2023·浙江·统考模拟预测）已知四棱锥中，PA⊥平面ABCD，，，E为PD中点.

(1)求证：平面PAB；
(2)设平面EAC与平面DAC的夹角为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理直接证明；方法二：利用空间向量的坐标运算证明线线垂直即可证明；
（2）方法一：利用二面角的定义以及三棱锥的定义求解；方法二：利用空间向量的坐标运算求出三棱锥的高，进而求体积.
【详解】（1）证明：

取中点,连,
是中点,∴且,
又∵且.∵且,
∴四边形为平行四边形，,
又∵平面，⊂平面，∴平面．
（2）取中点，连，过作交于，连,
∵分别是中点，∴，又∵平面．
∴⊥平面,平面,
∴，又∵，平面，
∴⊥平面，平面，
∴，∴是平面与平面的夹角的平面角.
∴.
,
∴.
∴,
解法二：
（1）∵⊥平面，，∴两两垂直，
以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系.

设，则有
则，
又⊥平面，平面，所以，
又∵平面，
∴⊥平面，∴是平面的一个法向量,
∵，
又∵平面，∴平面.
（2）⊥平面，∴平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
则有，
不妨设，则，即,
,
∴到平面的距离,
∴.
8．（2023·福建宁德·福鼎市第一中学校考模拟预测）在四棱锥中，底面是矩形，分别是棱的中点.

(1)证明：平面；
(2)若平面，且，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，即可证明，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图，取中点，连接、，根据题意，因为点为中点，
所以且，又因为四边形为矩形，为的中点，
所以且

所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
显然二面角为锐二面角，设其平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
9．（2023·河南·统考三模）如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线平面；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用勾股定理证明，，从而可得平面，即可得证.
【详解】（1）连接，
因为M，N分别是PD，PB的中点，所以，
又平面，平面，
所以直线平面；
（2）因为，
所以，所以，
因为，，
所以，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以．

10．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面平面，，是棱上的一点.
(1)是否存在点，使得平面？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求多面体ABCDEF的体积.
【答案】(1)存在，时，平面
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到当时，四边形为平行四边形，从而证明出线面平行；
（2）分割为两个棱锥，求出，相加后得到结果.
【详解】（1）当时，满足平面，
过点作AD交AF于点G，连接BG，则，
因为，，所以且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，此时；
（2）连接AE，DE，
四边形ABCD为直角梯形，过点B作BN⊥AD于点N，则四边形BCDN为正方形，
故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，
由勾股定理得：，
面积为，
平面平面，交线为AB，
因为四边形为正方形，所以，平面ABEF，
故平面ABCD，且
则四棱锥，
过点N作NH⊥AB于点H，则，
则点D到AB的距离为，
因为平面平面，交线为AB，NH⊥AB，且平面ABCD，
所以NH⊥平面ABEF，
则点D到平面ABEF的距离为，
正方形ABEF的面积为，则，
多面体ABCDEF的体积为.
【能力提升】
一、单选题
1．（2023·陕西·西安市西光中学校联考一模）在空间中，，表示平面，表示直线，已知，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则与，都平行B．若与，都平行，则
C．若与异面，则与，都相交D．若与，都相交，则与异面
【答案】B
【分析】对于A项，可能直线；对于B项用线面平行的性质定理可得；对于C项不在，内，与，其中一个不相交；对于D项，直线与相交.
【详解】对于A项，如图直线，所以A错误；
对于B项，如图，过直线做平面，且
，故B正确；
对于C项，画图为：
反例：不在，内，与，其中一个不相交，故C不正确.
对于D项，如图，，则满足与，都相交，但是与共面，故D错误.
故选：B
2．（2023·全国·模拟预测）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据空间线面位置关系，结合充分条件与必要条件的概念判断即可.
【详解】若，，，则；
若，，，则或．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
3．（2023·江西鹰潭·统考一模）如图，为正方体，下列错误的是（ ）
A．平面B．平面平面．
C．与共面D．异面直线与所成的角为90度
【答案】C
【分析】由线面平行的判定定理可判断A；由面面垂直的判定定理可判断B，由异面直线的定义可判断C；以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，可得，可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质知：，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，由正方体的性质知：平面，
平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
平面，则平面平面，故B正确；
对于C，平面，因为平面，平面，
平面，由异面直线的判定定理知与是异面直线，故C不正确；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
，，，，
，，
所以异面直线与所成的角为90度，故D正确.
故选：C.
4．（2023·四川成都·校考模拟预测）如图，在已知直四棱柱中，四边形为平行四边形，分别是的中点，以下说法错误的是（ ）
A．若，，则
B．
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】B
【分析】利用正切值相等可说明，由此可得，结合平行关系可知A正确；由，可知B错误；通过证明四边形为平行四边形可得，由线面平行判定可知C正确；根据，，由线面垂直和面面垂直的判定可知D正确.
【详解】对于A，连接，
，，
，又，，即；
，，四边形为平行四边形，，
，A正确；
对于B，连接，
分别为中点，，又，，
，与不平行，B错误；
对于C，连接，
分别为中点，，；
，，四边形为平行四边形，，，
为中点，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，C正确；
对于D，连接，
，四边形为平行四边形，四边形为菱形，；
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，平面平面，D正确.
故选：B.
二、解答题
5．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
平面，平面，
所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.

6．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图,四棱锥中,底面为的中点.

(1)若点在上,,证明:平面;
(2)若,求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点,连接,根据已知条件证明四边形是平行四边形,即可证明;
（2）取中点,根据条件可以证明,所以所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,分别求出平面的法向量和平面的法向量,再利用公式求解即可.
【详解】（1）如图所示:

取中点,连接,
因为,所以,
又,所以,
因为,所以,
又因为为的中点,所以且,
即有且,
所以四边形是平行四边形,
所以,
又因为平面平面，
所以平面.
（2）连接,因为,所以为等腰三角形,
取中点,连接,则有,又因为,所以,
又因为底面,
如图,以所在直线分别为轴,轴,轴建立空间坐标系,

因为,
则有,
所以,
设平面的法向量为,
则有,则,
因为底面,取平面的法向量,
设二面角的大小为为钝角,
则有,
即二面角的余弦值为.
7．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考一模）如图所示，四点共面，其中，，点在平面的同侧，且平面，平面.
(1)若直线平面，求证：平面；
(2)若，，平面平面，求锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，，结合线面平行和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）平面，平面，，
平面，平面，平面；
，四点共面，，
平面，平面，平面；
，平面，平面平面，
又平面，平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，
，，四边形为平行四边形，，
则，，，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
平面轴，平面平面，平面轴，
平面的一个法向量，
，即锐二面角的余弦值为.
8．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，易知底面，，所以，
又是底面圆的内接正三角形，由，可得，.
又，，所以，即，
又，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面.
.
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
9．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
10．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．
(1)求证：O，P，三点共线；
(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，由面面平行的性质得出，进而得出O，P，三点共线；
（2）以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角大小的余弦值．
【详解】（1）证明：连交于，连．
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，且，
又O，分别为BD，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，于是，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．
（2）解：由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，连，，，
则，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，则，
所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．
以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，于是，
又，所以，，
设平面的法向量为，
则，于是可得，
不妨令，则，
平面的一个法向量为，
，
又结合图形易得二面角为锐角，
所以二面角大小的余弦值为．
【真题感知】
1．（2020·山东·统考高考真题）已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.，与相交，所以与异面，故A错误；
B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；
C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；
D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.
故选：D
2．（湖南·高考真题）如图1，在正四棱柱中，分别是，的中点，则以下结论中不成立的是（ ）
A．与垂直B．与垂直
C．与异面D．与异面
【答案】D
【详解】如图所示，连结，由几何关系可得点为的中点，且，
由三角形中位线的性质可得：，即与不是异面直线，
很明显，与异面，
由几何关系可得：，则，
综上可得，选项D中的结论不成立.
本题选择D选项.
3．（全国·高考真题）对于直线m、n和平面，下面命题中的真命题是（ ）
A．如果，，m、n是异面直线，那么
B．如果，，m、n是异面直线，那么n与相交
C．如果，，m、n共面，那么
D．如果，，m、n共面，那么
【答案】C
【分析】根据点、线、面的位置关系并结合图形即可判断答案
【详解】解：对于A，如果，，m、n是异面直线，则或与相交，故A错；
对于B，如果，，m、n是异面直线，那么n与相交或平行，故B错；
对于C，如果，，m、n共面，由线面平行的性质定理，可得，故C对；
对于D，如果，，m、n共面，则或相交，故D错
故选：C
4．（广东·高考真题）已知空间中，是互不相同直线，是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）.
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】D
【分析】通过反例可确定ABC错误；根据线面平行的性质和面面垂直的判定可知D正确.
【详解】对于A，若，，，则与可能平行或异面，A错误；
对于B，若，，则与可能平行或相交，B错误；
对于C，若，，则与可能平行、相交或异面，C错误；
对于D，若，则在内存在直线，满足，又，，
又，，D正确.
故选：D.
5．（湖北·高考真题）已知是直线，是平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若与异面，且，则与相交；
⑤若与异面，则至多有一条直线与都垂直．
其中真命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由线线、线面平行与垂直的相关定理依次判断各个选项即可.
【详解】对于①，若，，则可能平行、相交或异面，①错误；
对于②，若两条平行线中的一条垂直于一条直线，则另一条也与该直线垂直，②正确；
对于③，若，，则可能平行或异面，③错误；
对于④，若与异面，且，则与可能相交或平行，④错误；
对于⑤，若与异面，有无数条直线与都垂直，⑤错误.
故选：A.
二、解答题
6．（全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，
所以点C到平面的距离为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.
7．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（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）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
8．（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.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（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）法一：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.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：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.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
9．（2020·山东·统考高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.
（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；
（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.
同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线在平面内的射影，
因为为直线与平面所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
，
即为直线与平面所成角的正弦值.
10．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
点与直线的位置关系
点在直线上
点不在直线上
点与面的位置关系
点在平面上
点不在平面上
线与线的位置关系
平行，
相交，
，异面
线与面的位置关系
面与面的位置关系
平行，
相交，
与重合
图形语言
符号语言
图形语言
符号语言
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
图形语言
符号语言
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
图形语言
符号语言