专题8.2 平行与垂直的证明（~）-高考数学满分训练必做题：基础+提升题（新高考专用）

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专题8.2 平行与垂直的证明

考点一 直线与平面平行的判定定理和性质定理

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判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)

∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)

∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，
∴l∥b
考点二 平面与平面平行的判定定理和性质定理

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判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)

∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
考点三 直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理

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判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b
考点四 平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理

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判定定理
一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α



【1087】．（2022·全国·高考真题·★★★）在正方体中，E，F分别为的中点，则（       ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，

设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.

选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；

对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；

故选：A.
【1088】．（2011·浙江·高考真题·★★★）
下列命题中错误的是（　　）
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
【答案】D
【分析】利用面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.
【详解】对于，设平面∩平面=直线a,
设直线，且ba,
则显然直线平面，
根据线面平行的判定定理可得直线b，
故正确；
对于B，如果内存在直线与平行，
则由面面垂直的判定定理可知平面⊥平面，
与已知矛盾，故正确；
对于C，设平面α平面，平面β平面γ,
在内作直线，
由面面垂直的性质定理可得，
又∵直线,∴,
又∵α∩β＝l，∴为相交直线，
又∵平面，∴l⊥平面γ，
故C正确；
平面α⊥平面β，设平面α∩平面β，
在平面α内与平行的直线都不与平面垂直，
故 D项错误．
故选:D.
【1089】．（2020·山东·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
【1090】．（2015·山东·高考真题·★★★）
已知，表示平面，，表示直线，以下命题中正确的选项是（       ）
A．假设，，那么
B．假设，，，那么
C．假设，，那么
D．假设，，，，那么
【答案】C
【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A；根据面面平行的性质定理，可判断B、C；根据面面平行的判定定理，可判定D
【详解】选项A：假设，，那么或在内，故选项A错误；
选项B：假设，，，那么或与异面，故选项B错误；
选项D：假设，，，，且、相交才能判定，故选项C错误；
选项C：依照两平面平行的性质可知C正确．
故选：C
【1091】．（2021·浙江·高考真题·★★★★）
如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（       ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
【1092】．（2019·全国·高考真题·★★★）
如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则

A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
【答案】B
【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．

【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
【1093】．（2011·四川·高考真题·★★）
， ，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是
A．， B．，
C．， ，共面 D．， ，共点 ， ，共面
【答案】B
【详解】解：因为如果一条直线平行于两条垂线中的一条，必定垂直于另一条．
选项A，可能相交．选项C中，可能不共面，比如三棱柱的三条侧棱，选项D，三线共点，可能是棱锥的三条棱，因此错误．选B.
【1094】．（2008·湖南·高考真题·★★）
已知直线m,n和平面满足,则
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】易知D正确.
【1095】．（2014·辽宁·高考真题·★★）
已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
【1096】．（2007·天津·高考真题·★★★）
设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（　　）
A．若与所成的角相等，则
B．若，，则
C．若，则
D．若，，则
【答案】D
【详解】试题分析：A项中两直线还可能相交或异面,错误；
B项中两直线还可能相交或异面,错误；
C项两平面还可能是相交平面，错误；
故选D.
【1097】．（2022·全国·高考真题·★★★）
如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为

【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
（1）
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.

【1098】．（2022·全国·高考真题·★★★★）
在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；

(2)
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

【1099】．（2022·全国·高考真题·★★★★）
如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
（1）
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
【1100】．（2022·浙江·高考真题·★★★★）
如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(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）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
（1）
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．

【1101】．（2022·全国·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.
（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，如图建立平面直角坐标系，
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.

【1102】．（2022·北京·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.
（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
.


【1103】．（2011·福建·高考真题·★★★）
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB．

(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明；
（2）易知四边形为矩形，得到，再根据平面，，由V求解.
（1）
证明：因为平面平面，
所以
因为，，
所以，又，
所以平面
（2）
解：由（1）知，在直角三角形中， ,
又因为，，
所以四边形为矩形，
所以
，
又平面，，
所以四棱锥的体积V
【1104】．（2017·山东·高考真题·★★★）
由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示．四边形为正方形，为与的交点，为的中点，平面．

（1）证明：平面；
（2）设是的中点，证明：平面平面．
【答案】（1） 证明见解析；（2） 证明见解析．
【分析】（1）取的中点，连接，证得四边形为平行四边形，可得，即可证明平面；
（2）证明，可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面．
【详解】证明：（1）取的中点，连接，


由于是四棱柱，
所以，
因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，
平面，所以平面．
（2）因为分别为和的中点，所以，
所以，又平面，
平面，所以，
因为，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
【1105】．（2020·山东·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.
【1106】．（2013·辽宁·高考真题·★★★）
如图，

（I）求证
（II）设
【答案】见解析
【详解】（I）,
,

（II）



，,

第一问主要是根据线面垂直得到线线垂直，然后再利用线线垂直得到线面垂直．第二问首先是利用已知条件得到一个平面，然后去证明面面平行，进而得到线面平行．
【考点定位】线面垂直的判定定理和性质定理，面面平行的判定定理和性质定理．
【1107】．（2020·北京·高考真题·★★★★）如图，在正方体中， E为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
【1108】．（2020·江苏·高考真题·★★★★）
在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【分析】（1）通过证明，来证得平面.
（2）通过证明平面，来证得平面平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.

【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
【1109】．（2020·全国·高考真题·★★★）
如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；
（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论
在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.

在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.
［方法二］：空间向量共线定理

以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．
设，则．
所以．故．所以，点在平面内．
［方法三］：平面向量基本定理
同方法二建系，并得，
所以．
故．所以点在平面内．
［方法四］：
根据题意，如图3，设．
在平面内，因为，所以．

延长交于G，
平面，
平面．
，
所以平面平面①．
延长交于H，同理平面平面②．
由①②得，平面平面．
连接，根据相似三角形知识可得．
在中，．
同理，在中，．

如图4，在中，．
所以，即G，，H三点共线．
因为平面，所以平面，得证．
［方法五］：
如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．

（2）［方法一］【最优解】：坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.
则、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
［方法二］：定义法

在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．   
在中，．
所以，则．
［方法三］：向量法

由题意得，
由于，所以．
如图7，在平面内作，垂足为G，
则与的夹角即为二面角的大小．
由，得．
其中，，解得，．
所以二面角的正弦值．
［方法四］：三面角公式
由题易得，．
所以．
．
．
设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得
，所以．
【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．
（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．
【1110】．（2020·全国·高考真题·★★★★）
如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．

因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
设直线与平面所成角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值．
[方法四]：基底法
不妨设，则在直角中，．
以向量为基底，
从而，，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
【1111】．（2019·全国·高考真题·★★★）
如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．
【答案】（1）见详解；（2）18
【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.
【详解】（1）因为在长方体中，平面；
平面，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面；       
（2）设长方体侧棱长为，则，
由（1）可得；所以，即，
又，所以，即，解得；
取中点，连结，因为，则；
所以平面，
所以四棱锥的体积为.

【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.
【1112】．（2019·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.
【1113】．（2019·全国·高考真题·★★★）
如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.


（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.
【详解】证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

，
因为，所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
【点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.
【1114】．（2022·河南·新安县第一高级中学模拟预测·★★★）
如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，底面ABCD，，，且．

(1)在线段AB上是否存在点M，使得平面BCF；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)存在
(2)

【分析】（1）分别取AB，AF靠近点A的三等分点M，G，连接GE，GM，AE，ME，由题意可证得，，由面面平行的判定定理即可证得平面平面BCF，再由面面平行的性质定理即可证得平面BCF.
（2）由等体积法即可求出三棱锥的体积.
（1）
存在，理由如下：
如图，分别取AB，AF靠近点A的三等分点M，G，连接GE，GM，AE，ME，
则，所以．
又平面BCF，平面BCF，
所以平面BCF．
因为，，，
所以，，
所以四边形ADEG是平行四边形，
所以，
因为，所以．
又平面BCF，平面BCF，
所以平面BCF，
且，所以平面平面BCF，
平面GME，
所以平面BCF．

（2）
由题意可知为等边三角形，因为底面ABCD，
所以平面平面ADEF，平面平面ADEF，
过点C作，所以平面ADEF，因为为等边三角形，
所以，则点C到平面ADEF的距离，
，
．



【1115】．（2023·安徽省宣城中学模拟预测·★★★★）
如图，已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点．有下列结论：

①三棱锥在平面上的正投影图为等腰三角形；
②直线平面；
③在棱BC上存在一点E，使得平面平面；
④若F为棱AB的中点，且三棱锥的各顶点均在同一求面上，则该球的体积为．
其中正确结论的个数是（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】对于①，根据正投影的特点，作出投影图形，证明并判断正投影图形；对于②，以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求平面的法向量，得出法向量与不垂直，进而得到结论错误；对于③，运用向量的坐标表示证明线面垂直，进而得出面面垂直；对于④，根据三棱锥的几何特征，找出外接球球心，进而求出外接球半径，得出外接球体积.
【详解】对于①，设的中点为，连接，，，
如图，

为的中点，，
又平面，平面，
点，在平面上的正投影分别为，
且点在平面上的正投影分别为其本身，
三棱锥在平面上的正投影图为，
又，
即为等腰三角形，①正确；
对于②，以点为原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，，即，
，，即，
又，平面，平面，
平面，
即是平面的一个法向量，
而，
与不垂直，不与平面平行，②错误；
对于③，如图

设的中点为，连接，由②知，，
，，
，，即，
，，即，
又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，③正确；
对于④，如图，

若为棱AB的中点，又为棱的中点，，
平面，平面，
平面，，
又，和有公共的斜边，
设的中点为，则点到的距离相等，
为三棱锥外接球的球心，为该球的直径，
，，
该球的体积为，④正确.
综上所述，正确的结论为①③④.
故选：D.
【1116】．（2022·浙江·模拟预测·★★★★★）
如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，点P在线段上，给出下列命题：

①存在点P，使得直线平面
②存在点P，使得直线平面
③直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
④三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
其中所有真命题的序号是（       ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④
【答案】D
【分析】取EF中点推理判断①；假定平面，分析判断②；确定直线与平面所成角，求出临界值判断③；求出外接圆面积判断④作答.
【详解】令，连接，令中点为G，连DG，如图，依题意，是的中点，

对于①，在矩形中，，，四边形是平行四边形，直线，
平面，平面，则平面，当P是线段中点G时，直线平面，①正确；
对于②，假定直线平面，由①知，，，当点P在线段上任意位置（除点G外），
均为锐角，即不垂直于，也不垂直于，因此，不存在点P，使得直线平面，②不正确；
对于③，平面平面，在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为，
当点P由点E运动到点F的过程中，逐渐减小，当P与E重合时，最大，为，
，当P与F重合时，最小，为，，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，③正确；
对于④，在中，，，，则，
由正弦定理得外接圆直径，半径，圆面积为，
三棱锥的外接球被平面所截取的截面是外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，④正确,
所以所有真命题的序号是①③④.
故选：D
【1117】．（2022·江苏省滨海中学模拟预测·★★★★）（多选题）
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点.则（       ）

A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【分析】由，结合线面垂直的判定定理知平面，进而得出，可判定A错误；利用面面平行的判定定理及性质定理，可判定B正确；由截面性质知，平面AEF截正方体所得的截面为梯形，求得梯形的面积，可判定C正确；利用反证法，可判定D错误.
【详解】对于A，若，因为且，所以平面，
所以，所以，此时不成立，所以线与直线不垂直，故A错误；
对于B，如图所示，取的中点，连接，，
由条件可知：，，且，，
又平面，平面，平面，平面，
∴平面，平面，又，
所以平面平面，又因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，为，的中点，所以，所以，，，四点共面，所以截面即为梯形，
由题得该等腰梯形的上底，下底，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；
对于D，假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，
连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错误.
故选：BC.

【1118】．（2022·湖北·宜昌市夷陵中学模拟预测·★★★★）
如图，三棱柱中，点在平面内的射影在上，，.

(1)证明:；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，平面，进而即得；
（2）利用坐标法，根据二面角的向量求法即得.
（1）∵ 点在平面内的射影在上，∴平面，又平面，∴，∵ ，，平面，∴ 平面，平面，∴ ，∵ ，四边形为平行四边形，∴ 四边形为菱形，故，又，平面，∴ 平面，平面，∴；
（2）以C为坐标原点，以为x轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，∴，设平面的法向量，则，取，则，又因为平面的法向量为，故，所以二面角的余弦值为.
【1119】．（2022·四川广安·模拟预测·★★★★）
如图，点是以为直径的圆上的动点（异于、），已知，，平面，四边形为平行四边形.

(1)求证：；
(2)当点运动到中点时，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）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
（1）证明：因为点是以为直径的圆上的动点（异于、），则，平面，平面，，因为四边形为平行四边形，则，则，，、平面，平面，平面，.
（2）解：平面，，则平面，又因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，为的中点，则，平面，平面，，，则、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，.所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

【1120】．（2022·四川省内江市第六中学模拟预测·★★★）
已知是两条不同的直线，是平面，且，则（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】根据线面平行的有关知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意，
A选项，若，则可能，所以A选项错误.
B选项，若，则与可能相交、异面、平行，所以B选项错误.
C选项，若，则可能，所以C选项错误.
D选项，由于，所以平面内存在直线，满足，
若，则，则，所以D选项正确.
故选：D
【1121】．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测·★★★★）
已知直线平面，直线平面，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】B
【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义可判断．
【详解】若直线平面，直线平面，，则；
若直线平面，直线平面，，则平面和平面平行、相交或垂直，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
【1122】．（2022·宁夏·银川一中模拟预测·★★）
如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定可得B，C中，D中判断即可
【详解】对A，如图，易得平面平面，但平面与相交，故直线与平面不平行；

对B，如图，为所在棱的中点，根据中位线的性质有，且，，故平行四边形，故，故，故直线与平面平行.

对C，根据中位线与平行四边形的性质，同理可得，直线与平面平行；

对D，根据中位线与平行四边形的性质，同理可得，直线与平面平行；

故选：A   
【1123】．（2022·安徽省舒城中学三模·★★）
设，是不同的直线，，，是不同的平面，则下面说法正确的是（       ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】由线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质、面面垂直的判定等判断各选项的正误.
【详解】A：由，，则或相交，错误；
B：由，，则或或相交，错误；
C：由，则存在直线且，而则，根据面面垂直的判定易知，正确；

D：由，，则或，错误.
故选：C
【1124】．（2022·全国·模拟预测·★★★）
已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不重合的平面，下列说法正确的是（       ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【分析】A.利用空间直线的位置关系判断；B.利用空间两平面的位置关系判断；C.利用空间直线与平面的位置关系判断；D.利用线面垂直的性质定理判断.
【详解】A.若，，则，相交或异面，故错误；
B.若，，则或相交，故错误；
C.若，，则或，故错误；
D.若，，则，由线面垂直的性质定理知，正确；
故选：D
【1125】．（2022·浙江·镇海中学模拟预测·★★★）
设m，n是不同的直线，为不同的平面，下列命题正确的是（       ）
A．若，则．
B．若，则．
C．若，则．
D．若，则．
【答案】D
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】对于A，直线m与平面可能平行、相交或直线m在平面内，故错误；
对于B，或，故错误；
对于C，平面与平面平行或相交，故错误；
对于D，则，又，所以，D正确；
故选：D．
【1126】．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测·★★）
已知平面，，，直线，，，下列说法正确的是（       ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面平行与垂直的性质定理，即可对选项分别做出判断.
【详解】若，，，则与平行或相交，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，，由面面平行与线面垂直的性质定理可得，，故C正确；
若，，，则与平行或相交，故D错误.
故选：C.
【1127】．（2022·上海市实验学校模拟预测·★★）
、是空间两条直线，是平面，以下结论正确的是（        ）．
A．如果，，则一定有．
B．如果，，则一定有．
C．如果，，则一定有．
D．如果，，则一定有．
【答案】D
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的关系逐一核对四个选项得答案．
【详解】对于A，若，，则有或与相交或与异面，故错误；
对于B、C，如果⊥，⊥，则有或⊂，故B、C错误；
对于D，如果⊥，则垂直内的所有直线，又，则过与相交的平面交于，则，∴⊥，故D正确．
故选：D ．
【1128】．（2021·全国·高考真题·★★）（多选题）
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.
【1129】．（2022·山东青岛·二模·★★★）（多选题）
已知正方体，动点P在线段BD上，则下述正确的是（       ）
A． B．
C．平面 D．平面
【答案】BD
【分析】对A，根据判断即可；
对B，根据平面判断即可；
对C，举反例判断即可；
对D，同B中，证明平面判断即可；
【详解】对A，如图，根据正方体的性质有且，故平行四边形，故，故当且仅当在点时才有，故A错误；
对B，如图，由正方体的性质可得，平面，故，又，平面，故平面，故，同理，故平面，故，故B正确；
对C，当在时，，故平面不成立，故C错误；
对D，同B有平面，故平面平面，故平面成立，故D正确；

故选：BD
【1130】．（2021·江苏徐州·模拟预测·★★★）
已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（       ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】BC
【分析】利用面面垂直的性质判断选项A；利用线面垂直的性质判断选项B；利用线面平行的性质判断选项C；利用线面垂直判定定理判断选项D.
【详解】选项A：若，，，
则或相交或互为异面直线.判断错误；
选项B：若，，则.判断正确；
选项C：设平面，，又，则
设平面，，又，则，
则，又，，则，
又，，则，则.判断正确；
选项D：若，，，则的位置关系为相交，
当且仅当时.判断错误.
故选：BC
【1131】．（2020·山东泰安·一模·★★★）
已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是　　
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则与所成的角和与所成的角相等
【答案】BCD
【分析】根据线面、面面关系的性质定理与判定定理判断即可；
【详解】解：对于A．若，，，则或与平行或，与相交不垂直，故A错误；
对于B：，设过的平面与交于，则，又，，，B正确；
对于C：，内的所有直线都与平行，且，，C正确；
对于D：根据线面角的定义，可得若，，则与所成的角和与所成的角相等，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】
【1132】．（2022·广东·潮州市瓷都中学三模·★★★★）
已知，是两条不同直线，，，是三个不同平面，下列命题中正确的是（       ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】BD
【分析】对于A，当时也可以满足条件；对于B，根据平行于同一个平面的两个平面平行即可判断；对于C，当时也可以满足条件；对于D，根据垂直于同一平面的两条直线相互平行即可判断.
【详解】A项，当时，存在，，故A项错误；
B项，根据平行于同一个平面的两个平面平行，故B项正确；
C项，当时，存在，，故C项错误；
D项，根据垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确.
故选：BD.
【1133】．（2022·广东·模拟预测·★★★）
已知是空间中两条互相垂直的异面直线，则下列说法正确的是（       ）
A．存在平面，使得且
B．存在平面，使得且
C．存在平面，使得
D．存在平面，使得
【答案】ABD
【分析】可在正方体中结合点线面的位置关系进行分析判断.
【详解】如下图，可知A、B、D都正确，而满足C的平面不存在.
故选：ABD.

【1134】．（2022·四川省内江市第六中学模拟预测·★★★★）
如图，底面是边长为2的菱形，平面，，与平面所成的角为.

(1)求证：平面平面；
(2)求几何体的体积
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）只须证明平面与平面构成二面角的平面角为即可；
（2）将几何体分割成两部分，分别求体积即可．
（1）
证明：因为是边长为2的菱形，，
所以和都是边长为2的正三角形，
因为平面，所以、，
又因为与平面所成的角为，所以，所以，
取中点，连接、，

又因为，，所以四边形为矩形，于是平面，，，
又因为，取中点，连接、，
因为，所以，
因为，所以，所以为平面与平面构成二面角的平面角，
又因为，，，
所以，所以，
所以平面平面．
（2）
解：因为平面平面
所以平面平面
设的中点，连接，有

因为平面平面
所以面，即是四棱锥B-CDEF的高
易求     
所以
【1135】．（2022·四川广安·模拟预测·★★★★）
如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，面面ABCD，且，点M在棱AE上．

(1)若，求证：平面BDM．
(2)当平面MBC时，求点E到平面BDM的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）连接与交于点，证明后可得线面平行；
（2）由题得是中点，然后利用等积法即得.
（1）
连接AC与BD交于点N，连接MN，

∵，，
∴，
∴，
又因为，
∴，
∴，
又∵平面BDM，平面BDM，
∴平面BDM．
（2）
∵平面MBC，平面MBC，
∴，
∴，
∴M是AE的中点，
∵平面平面ABCD，
∴点E到平面ABCD的距离为，
在中，，，，
∴，
∴

∴点E到平面BDM的距离满足，
所以距离．
【1136】．（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模·★★★★）
如图，在四棱锥中，已知平面平面ABCD，，，，AE是等边的中线．

(1)证明：平面．
(2)若，求点E到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PC的中点F，连接EF，BF，得后可得线面平行；
（2）连接BD，因为E是PD的中点，所以点E到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离的一半．然后利用体积法由求出到平面的距离即得．
(1)
证明：如图，取PC的中点F，连接EF，BF．
因为E是棱PD的中点，所以，且．
因为，，所以，，
所以四边形ABFE是平行四边形，所以．
因为平面，平面，
所以平面．

(2)
解：如图，连接BD，因为E是PD的中点，所以点E到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离的一半．
平面平面，，，易知平面PAD，平面PAD．
因此平面内的直线都与垂直，
因为，，所以，，
所以．
设D到平面PBC的距离为h，则．
又，三棱锥的高即为的高，长为，
所以．
由，得，所以点E到平面PBC的距离等于．
【1137】．（2022·四川成都·模拟预测·★★★★）
如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，，在底面内的射影分别为，.

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由题意可证、，则可得面，即可知，又，则可得面，即可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.
(1)
因为在底面内的射影为，所以面面，
又因为，面面，面
所以面，
又因面因此，
同理，
又,面,面
所以面，
又面,所以，
连接，易得，，又，
所以
所以
故，
又,面,面
因此面，
又面
即；
(2)
由（1），以分别为的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，，则
，所以，
取，可得，
设平面的法向量为，，则
，所以，
取，可得，
所以，
结合图形可得二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.

【1138】．（2022·四川成都·模拟预测·★★★★）
如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，在底面内的射影分别为，．

(1)求证：；
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可证、，则可得面，即可知，又则可得面，即可证.
（2）分别计算出与，再利用等体积法即可求出答案.
（1）
因为在底面内的射影为，所以面面，
又因为，面面，面
所以面，
又因面因此，
同理，
又,面,面
所以面，
又面,所以，
连接，易得，，又，
故，
又,面,面
因此面，
又面
即；
（2）
在中.
在中.
把到平面的距离看作三棱锥的高h，
由等体积法得，，
故，即，
故到平面的距离为．
【1139】．（2022·江西·赣州市第三中学模拟预测·★★★★）
如图1，已知等边的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且满足，，如图2，将沿MN折起到的位置．

(1)求证：平面平面BCNM；
(2)若四棱锥的体积为，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）由向量的线性运算得，由余弦定理和勾股定理逆定理得，然后由线面垂直的判定定理得证结论；
（2）利用体积公式得出到平面距离为1，从而得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
(1)
因为，所以，，，
，
所以，．
在中，，，
，所以，
所以在图2中，，，
，平面，所以平面，
平面，所以平面平面BCNM；
(2)
，，
所以，
设四棱锥的高是，
则由得，，又，
所以平面，
以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
在等边三角形中，取中点，连接，则，
所以，
，，
因此，，，，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，
设平面的一个法向量是，
则，取，得，
，
所以平面和平面的夹角的余弦值是．

【1140】．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测·★★★）
如图，在三棱柱中，，．

(1)证明：平面平面．
(2)设P是棱上一点，且，求三棱锥体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证明平面，再利用面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）先求得三棱锥的体积，再利用三棱柱的结构特征，进而可求得三棱锥体积．
（1）
连接.

三棱柱中，，．
则，
则，则，∴，
又∵，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）
取AB的中点D，连接CD，∵ ，∴ ，

又由（1）知平面平面，平面平面
则平面，且．
则三棱锥的体积为，
则三棱柱的体积为6，
∵，∴在四边形中，，
又∵四棱锥的体积为，
∴三棱锥的体积为．
【1141】．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测·★★★★）
如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，是棱上一点．

(1)若，求证：平面．
(2)若，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，记与的交点为，连接，先证明，再由线面平行的判定定理即可证明.
（2）由等体积法，即可求出点到平面的距离.
(1)
连接，记与的交点为，连接．
由，得，，又，则，
∴，又平面，平面，
∴平面．

(2)
由已知易得，，
所以在等边中，边上的高为，
所以的面积为，
易知三棱锥的体积为，
又因为，
所以点到平面的距离为．
【1142】．（2021·上海市建平中学模拟预测·★★★★）
如图，三棱锥，侧棱，底面三角形为正三角形，边长为，顶点在平面上的射影为，有，且.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）证明，原题即得证；
（2）以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
(1)
解：因为，且，，所以，
所以．
因为为正三角形，所以，
又由已知可知为平面四边形，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
(2)
解：由点在平面上的射影为可得平面，
所以，．
如图，以为原点，方向直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则由已知可知，1，，，，，，0，，，，．
平面的法向量，0，，所以,
设，，为平面的一个法向量，则
由，得，令，则，，
所以平面的一个法向量， ，所以，
由图象知二面角是钝二面角，
所以二面角的余弦值为.

【1143】．（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测·★★★★）
如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，M为线段PC的中点，，N为线段BC上的动点．

(1)证明：平面平面
(2)当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)点N在线段BC的中点
【分析】（1）由底面ABCD，可得，而，可证得平面，从而得，而，所以平面，再由面面垂直的判定定理可得结论，
（2）设，以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
（1）
证明：因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，
因为，，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为四边形为正方形，，
所以，
因为在中，，M为线段PC的中点，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
（2）
当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，理由如下：
因为底面，平面，
所以，
因为，
所以两两垂直，
所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
设，则，
设为平面的法向量，则
，令，则，
设为平面的法向量，则
，令，则，
因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，
所以，
化简得，得，
所以当点N在线段BC的中点时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°

【1144】．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测·★★★★）
如图在梯形中，，，，为中点，以为折痕将折起，使点到达点的位置，连接，


(1)证明：平面平面；
(2)当时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）首先根据题意易证，，从而得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面平面.
（2）利用三棱锥等体积转换求解即可.
(1)
在梯形中，，所以，
在中，，，所以，
所以，即，梯形为直角梯形.
因为，，，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
(2)
因为平面平面，，所以平面，
又平面，所以，
所以，即为等边三角形.
取的中点，连接，如图所示：


因为，为中点，所以.
因为平面平面，，所以平面，
因为，，
设到平面的距离为，
因为，所以，解得.
即点到平面的距离为.