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新高考数学【热点·重点·难点】专练 热点7-2 空间点、直线、平面之间的位置关系10大题型
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这是一份新高考数学【热点·重点·难点】专练 热点7-2 空间点、直线、平面之间的位置关系10大题型，文件包含热点7-2空间点直线平面之间的位置关系10大题型原卷版docx、热点7-2空间点直线平面之间的位置关系10大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共87页， 欢迎下载使用。
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
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5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
热点7-2 空间点、直线、平面之间的位置关系10大题型
在高考数学中，本部分内容主要分两方面进行考查，一是空间线面关系的命题的真假的判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；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。
一、共面、共线、共点问题的证明
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。
二、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．
三、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”）
四、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）.
五、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（不常用）；
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（常用方法）；
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（客观题常用）；
4、面面垂直的性质定理：如果两个平阿敏垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面（常用方法）；
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（客观题常用）；
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（客观题常用）.
【题型1 点线面位置关系的判断】
【例1】（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知m，n为异面直线，平面，平面．若直线l满足，，，．则下列说法正确的是（ ）．
A．， B．，
C．与相交，且交线平行于l D．与相交，且交线垂直于l
【答案】C
【解析】由于m，n为异面直线，平面，平面，
则平面与平面必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，故AB错误；
又直线满足，，，，则交线平行于故C正确，D错误.故选：C.
【变式1-1】（2023·陕西榆林·统考一模）若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，若，则或，故A不正确；
对于B，若，则或，故B不正确；
对于C，若，则或，故C不正确；
对于D，若，则，故D正确.故选：D.
【变式1-2】（2023春·江西·高三校联考开学考试）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下面说法中正确的是（ ）
A．若，，且，，则
B．若，且，则
C．若，且，则
D．若，，且，，则
【答案】D
【解析】对于A：由，，且，，
当且仅当与相交时才能得到，故A错误；
对于C：若，且，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
对于C：若，且，则或，故C错误；
对于D：若，，则，又，且，是两个不同的平面，
则，故D正确；故选：D
【变式1-3】（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，，则；
③若，，则；
④若，，则.
其中正确的命题个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【解析】对于命题①，若，过直线的平面与的交线满足，则，
，，，则，命题①正确；
对于命题②，若，，，则，命题②正确；
对于命题③，若，，则或，
或相交但不垂直，或，故③错误；
对于命题④，根据面面垂直的判断定理可知，若，，
则，命题④正确.故选：D.
【变式1-4】（2023秋·山东滨州·高三统考期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．，，则
B．，，，，则
C．，，，则
D．，，，则
【答案】D
【解析】对于A，，，则或，A错误；
对于B，若，，，，则或相交，
只有加上条件相交，结论才成立，B错误；
对于C，，，无法得到，
只有加上条件才能得出结论，C错误；
对于D，，，则，又因为，所以，D正确.故选:D.
【题型2 共面、共线、共点证明】
【例2】（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱D1C1的中点．设AM与平面BB1D1D的交点为O，则（ ）
A．三点D1，O，B共线，且OB=2OD1
B．三点D1，O，B不共线，且OB=2OD1
C．三点D1，O，B共线，且OB=OD1
D．三点D1，O，B不共线，且OB=OD1
【答案】A
【解析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接AD1，BC1，如图，
，连BD1，平面平面，
因M为棱D1C1的中点，则平面，
而平面，即平面，又，则平面，
因AM与平面BB1D1D的交点为O，则平面，
于是得，即D1，O，B三点共线，
显然D1M∥AB且，
于是得OD1＝BO，即OB＝2OD1，
所以三点D1，O，B共线，且OB=2OD1.故选：A
【变式2-1】（2022·全国·高三专题练习）如图是长方体，是的中点，直线交平面于点，则下列结论错误的是（ ）
A．，，三点共线 B．，，，四点共面
C．，，，四点共面 D．，，，四点共面
【答案】C
【解析】连接，则，四点共面，
平面，
，平面，
平面，
点在平面与平面的交线上，
同理点在平面与平面的交线上，
三点共线，故A正确；
三点共线，且直线与直线外一点可确定一个平面，
四点共面，四点共面，故B，D正确；
平面，平面，平面且，
和是异面直线，
四点不共面，故C错误.故选：C
【变式2-2】（2022·全国·高三专题练习）在空间四边形ABCD各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，如果EF与GH能相交于点P，那么（ ）
A．点P不在直线AC上 B．点P必在直线BD上
C．点P必在平面ABC内 D．点P必在平面ABC外
【答案】C
【解析】在空间四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，有平面，平面，
则直线平面，
同理，直线平面，
因EF、GH能相交于点P，即，
因此平面，平面，
而平面平面，
于是有，A不正确，C正确，D不正确；
又直线AC与BD没有公共点，即点P不在直线BD上，B不正确.故选：C
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，，，分别是菱形的边，，，上的点，且，，，，现将沿折起，得到空间四边形，在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．直线，有可能平行
B．直线，一定异面
C．直线，一定相交，且交点一定在直线上
D．直线，一定相交，但交点不一定在直线上
【答案】C
【解析】，，，则，且，
又，，，则，且，
，且，四边形为平面四边形，
故直线，一定共面，故错误；
若直线与平行，则四边形为平行四边形，
可得，与矛盾，故错误；
由，且，，，
可得直线，一定相交，设交点为，
则，又平面，可得平面，同理，平面，
而平面平面，，即直线，一定相交，
且交点一定在直线上，故正确，错误．故选：．
【题型3 直线与平面平行的判定】
【例3】（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）如图，在棱长为4的正方体中，点P是的中点，动点Q在平面内（包括边界），若平面，则AQ的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【解析】如图所示：分别为的中点，连接，
，，故，
平面，平面，故平面；
易知四边形为平行四边形，
，平面，平面，故平面；
，平面，故平面平面，
当平面时，面平面，故的轨迹为线段，
，，AQ的最小值是边上的高，为.
故选：D
【变式3-1】（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，和相交于点，面面，，，．在线段上确定一点，使得面，求此时的值.
【答案】点为的三等分点且，此时
【解析】点为的三等分点且，此时，证明如下：
连接，
在直角梯形中，，，，
又，，，
又平面，平面，平面.
【变式3-2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中点，点F在PC上，且．
（1）证明：平面PAB；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）证明：在线段上取点，使得，
所以，在中，，且，
因为在四边形中，，，
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.
（2）作交于点，
因为面，所以，
又，与交于点，
所以面，，
又，所以，所以，
所以，得，
因为为中点，
所以
【变式3-3】（2022·广西梧州·校考一模）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点．
（1）证明：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：连结．
因为，分别为，的中点，
所以，且．
又因为为的中点，所以．
可得，
因此四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）方法一：过做的垂线，垂足为，
由已知可得，，
平面，
所以，又平面，
故，又面，
从而，
故CH的长即为点到平面的距离，
由已知可得，，所以，故CH．
方法二：设点到平面的距离为，
由已知可得，
，，
，，，
可得：，故为直角三角形，
，
综上可得，即为点到平面的距离．
【题型4 直线与平面平行的性质】
【例4】（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是上一点，当点满足条件：________时，平面.
【答案】答案表述不唯一)
【解析】连接交于O，连接OE，
平面平面，平面平面 ，
.
又 底面为平行四边形，为对角线与的交点，
故为的中点, 为的中点，
故当满足条件: 时，面.
故答案为: 答案表述不唯一)
【变式4-1】（2023秋·河南·高三校联考期末）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面分别为，上的点，且．已知．
（1）设平面平面，证明：平面；
（2）求五面体的体积．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）因为,所以，
因为平面平面，所以平面,
又平面平面平面,所以,
又平面平面,所以平面，
（2）因为,所以
所以
所以五面体的体积
因为,所以
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长都等于1的三棱锥中，是上的一点，过作平行于棱和棱的截面，分别交，，于，，．
（1）证明截面是矩形；
（2）在的什么位置时，截面面积最大，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）是的中点时，截面面积最大
【解析】（1）平面，平面平面，平面，
，同理，
，同理，
四边形是平行四边形，
取中点，连接，，
，是中点，，同理，
又，平面，平面，
平面，，
又，，，即四边形是矩形.
（2）设，，由（1）知，
又，，
则，
当时，最大，即是的中点时，截面面积最大.
【变式4-3】（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）三棱台的底面是正三角形，平面，，，，E是的中点，平面交平面于直线l．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在三棱台中，//，
又平面，平面，则//平面，
又平面，平面平面，所以//.
（2）因为平面，在平面内作，
以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，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为.
【变式4-4】（2022·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图，矩形和梯形，，，平面平面，且，，过的平面交平面于．
（1）求证：；
（2）当为中点时，求点到平面的距离；
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）证明：因为矩形，所以，
平面，平面，
所以平面．
因为过的平面交平面于，
由线面平行性质定理，得；
（2）由平面平面其交线为，平面，
所以平面，
又四边形为矩形，
所以以为原点，以为轴建立如图空间直角坐标系．
由，，得，，，
则，
设平面法向量，
则，取得．
因为，
所以点到平面的距离.
【题型5 平面与平面平行的判定】
【例5】（2023·全国·校联考模拟预测）如图①，在平面四边形中，，，．将沿着折叠，使得点到达点的位置，且二面角为直二面角，如图②．已知分别是的中点，是棱上的点，且与平面所成角的正切值为．
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）分别为的中点，，，
平面，平面，
平面，平面，
又，平面，平面平面.
（2）取的中点，连接，
，，
为等边三角形，，
又，，
为等腰直角三角形，
，；
二面角是直二面角，
即平面平面，平面平面，平面，
平面，即为与平面所成角，
，解得：；
在中，由余弦定理得：，
即，解得：，为线段上靠近点的四等分点，
，
.
【变式5-1】（2022秋·湖南常德·高三统考期末）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，点为的中点，为半个圆柱上底面的直径，且，．为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若是线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）证明：取的中点，连接，
且
∴四边形为平行四边形，
，又平面，平面，平面
，又平面，平面，平面，
平面，∴平面平面
（2）如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则
设面的法向量，
所以，即，
令得，故
因为是线段上一动点，
所以，设，
则
设所求线面角为，
所以
所以，当时，取得最大值为
【变式5-2】（2022秋·广西南宁·高三统考阶段练习）在如图所示的多面体中，平面，，，，点、分别为、的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）16
【解析】（1）证明：，
四边形是平行四边形，．
又平面平面平面．
分别为的中点，
是的中位线，．
平面平面平面．
平面，
平面平面．
（2）平面平面．
又平面，
平面是四棱锥的高，且．
．
又平面，
平面．
．
【变式5-3】（2022秋·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）四棱柱中，底面为正方形，面，点M，N，Q分别为棱的中点．
（1）求证：平面∥平面；
（2）若，棱上存在点P，使得二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）∵分别为棱中点，
，，
四边形MQBD为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
∵N为棱AD的中点，，
又，，
∵平面，平面，平面.
又，平面，平面∥平面.
（2）由题意知两两垂直，以为原点，
方向分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
设（），，
则，
故，，
设，则由
可得， ，则
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
设平面MNQ的一个法向量为，
则，取，则，
由题知，
解得或（与矛盾，舍去），
故，即.
【变式5-4】（2022秋·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）如图，在几何体ABCDPQ中，平面平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，，，，E为AB的中点，且．
（1）求证：平面平面QCB；
（2）求直线CB与平面PABQ所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）∵，，∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面，
同理，四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面．
∵，平面，且，∴平面平面．
（2）∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，∴平面，∴，
∵，，平面，平面，∴平面．
由（1）知，，∴平面，
∴为直线与平面所成的角．
在中，．
在直角梯形中，．又，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【题型6 平面与平面平行的性质】
【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，AB=4，，G为AB的中点，E，F分别在线段，AC上，且，求证：平面.
【答案】证明见解析.
【解析】在长方体中，取的中点，连接，如图，
因G为AB的中点，则，
而平面，平面，从而平面，
四边形为矩形，而，则有，
又，即有四边形为平行四边形，则，
而平面，平面，从而平面，
而，平面，因此平面平面，
又平面，从而平面.
【变式6-1】（2022·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面ABC，，，E，F分别为棱AB和的中点.
（1）在棱上是否存在一点D，使得平面EFC？若存在，确定点D的位置，并给出证明；若不存在，试说明理由；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）存在点D，使得平面EFC.
取的中点D，的中点M，连接,则.
因为E，F分别为棱AB和的中点，
所以,所以.
连接,则.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面,所以平面.
所以存在D(D为中点)，使得平面EFC.
（2）求三棱锥的体积相当于求三棱锥的体积.
因为平面ABC，平面，
所以平面平面ABC.
设点到的距离为，
则有，其中，解得.
因为平面平面ABC，平面平面ABC,
所以点到的距离即为点到平面的距离,为.
在正方形中，，则，
,.
取的中点，连接,则，
所以.
所以,
所以.
所以三棱锥的体积为.
【变式6-2】（2022·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考一模）如图， 四棱锥 中， 侧面底面， 底面为梯形，， 且，．作交于点， 连接交于点．
（1）设 是线段上的点， 试探究： 当在什么位置时， 有平面;
（2）求平面 与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）当点 是线段上靠近点的三等分点时， 有平面；（2）．
【解析】（1）当点是线段上靠近点的三等分点时，有∥平面．
证明： 取线段靠近点的三等分点，取线段靠近点的三等分点，
连接交于点．
由底面为梯形，，，
所以，则，
又，所以，，
而平面，平面，平面，平面，
则∥平面，∥平面，
又，所以平面∥平面,
又平面，所以∥平面．
（2）因为，，即为正三角形，
又，，所以为正三角形，所以，
由平面平面，，平面，平面平面，
得平面,
因为平面，平面，所以，，
于是，以为坐标原点， 可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
，
令，则，，即，
平面的一个法向量为，
设面 与面所成二面角的平面角为，
则，
因为，所以，
故平面 与平面所成二面角的正弦值为.
【变式6-3】（2022秋·黑龙江绥化·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥中，，AB⊥BC，CD＝2AB，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：平面PBC；
（2）若PA＝CD＝2BC，求AE与面PBD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）取CD的中点F，连接EF，AF．
因为E为PD的中点，所以．
平面，平面，所以平面，
因为CD＝2AB，所以AB＝CF．
又，AB⊥BC，所以四边形ABCF是矩形，
所以．同理平面，
因为，EF，平面AEF，
所以平面平面PBC．
因为平面AEF，所以平面PBC．
（2）由已知和（1）可得AB，AF，PA两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．
设CD＝2AB＝2，则PA＝CD＝2BC＝2，
所以A（0，0，0），P（0，0，2），B（0，1，0），D（1，－1，0），
所以，，，
设平面PBD的一个法向量为．
则，即，
令x＝2，有y＝1，，得．
设AE与面PBD所成角为α，
所以
故AE与面PBD所成角的正弦值为．
【变式6-4】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若平面，求证：为的中点．
【答案】（1）证明见解析；；（2）证明见解析．
【解析】（1）证明：如图，
，分别为，的中点，，
平面，平面，平面，
又，分别为，的中点，，
又，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，
又，平面，平面平面；
（2）证明：平面平面，平面平面，
平面与平面有公共点，则有经过的直线，交于G，
则，得，
为的中点，为的中点．
【题型7 直线与平面垂直的判定】
【例7】（2023春·天津红桥·高三统考开学考试）如图，在四棱锥中，平面，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角和与平面所成的角相等，求线段的长度.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系，设，
则各点坐标为：
所以.
因为，
所以，
而是平面内的两条相交直线，
所以平面；
（2）由题设和（1）知，分别是平面，平面的法向量，
而与平面所成的角和与平面所成的角相等，
所以即
由（1）知，，由，
故.，解得.所以.
【变式7-1】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在四棱锥中，平面，而平面，则，
因，，平面，所以平面.
（2）由（1）可知，平面，而PD在平面PAD中，所以，
则，
因为，所以.
，则
即.
因为，所以.
【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P－ABCD中，，AB⊥BC，，，E为AB的中点．
（1）证明：BD⊥平面APD；
（2）求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在直角梯形ABCD中，易得AB＝4，，，
∴，∴BD⊥AD．
取AD的中点O，连接OP，OC，易得PO⊥AD，，如图所示，
在△CDO中，易得，
又，∴，∴PO⊥OC，
又PO⊥AD，，平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴BD⊥OP，
又BD⊥AD，，平面APD，∴BD⊥平面APD．
（2）如图，以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，
过点D且与PO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），，，，，，
∴，，
∵BD⊥平面APD，∴平面APD的一个法向量为．
设平面CEP的法向量为，
则，得，取y＝1，得，
∴，
∴平面APD和平面CEP的夹角的余弦值为．
【变式7-3】（2023·内蒙古·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若是棱的中点，，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接，
，，，
又，，
为棱中点，，
又，，平面，
平面，又平面，；
在直角梯形中，取中点，连接，
，，又，，，
四边形为正方形，，，
，又，，，
，平面，平面，
平面，；
，，，，
又，平面，平面.
（2），，，，
由（1）知：平面，，
则点到平面的距离，
；
，，，
分别为棱中点，，
，，，，
，，，
由余弦定理得：，则，
，
设点到平面的距离为，
，解得：，
即点到平面的距离为.
【题型8 直线与平面垂直的性质】
【例8】（2023·陕西铜川·校考一模）如图，四棱锥中，底面，，且．
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为1，求四棱锥的表面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：取中点，连接，
因为，，．
所以，，且，
所以，四边形是正方形，
所以，，且．
所以，，
又由于，所以，即，
又因为底面，底面，所以，
又，平面所以平面，
因为平面，所以，．
（2）因为四棱锥的体积为1，，底面，
所以，，解得．
所以，，而，
因为底面，底面，所以，，
因为，，所以，
因为平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，，，
又因为，所以，即
所以，四棱锥的表面积
．
【变式8-1】（2023·陕西铜川·校考一模）如图，四棱锥中，底面，，，且．
（1）求证：；
（2）若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求与底面所成的角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取中点E，连接，则由已知得且，所以．
由已知可得，，.
又，所以，所以.
又底面，平面，所以.
又，平面，平面.
所以平面.
因为平面，所以．
（2）如图，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设，由题知，，，，.
则，，.
设是平面的一个法向量.
所以有，令，则，，
则是平面的一个法向量.
由已知得，是平面的一个法向量.
又平面与平面所成的二面角的余弦值为，
则，整理可得，.
因为，所以，即．
由直线与平面所成角定义知与底面所成的角为，
在中，有，所以．
所以，与底面所成的角的正切值为.
【变式8-2】（2023·广西桂林·统考模拟预测）如图，正方体中，E是的中点，M是AD的中点．
（1）证明：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）.
【解析】（1）如图，
取中点F，连接EF，AF交于O，
∵E，F分别为和中点，∴平行且相等，
∵ 平行且相等，∴平行且相等，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵与相似，∴，
∴，即，∴，
∵平面，且平面，∴，
∵平面，平面，∴平面；
（2）以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
∴，
∴直线与平面所成的角的正弦值为．
【变式8-3】（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，点F是的中点，点E满足.
（1）求证：；
（2）若，，直线与平面所成的角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以.
因为，点F是的中点，所以，
，平面，平面，
所以平面，
因为点E是棱上异于端点的动点，
所以平面，所以.
（2）不妨设，则.
因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
因为平面，平面，
所以.
又，所以，
如图，以为坐标原点，直线，，分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，令，则.
所以，
整理得，解得或（舍去），所以.
【题型9 平面与平面垂直的判定与性质】
【例9】（2023·贵州毕节·统考一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．
（1）证明：，，，四点共面；
（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：连接
四边形是矩形，为的中点，
且，，
，，，，
，分别是，的中点，
，，
，，，四点共面．
（2）证明：底面且平面，，
，，为中点，
，，，
，，
，
，，
，平面，平面，平面，
平面，平面.
【变式9-1】（2023春·青海西宁·高三统考开学考试）如图，在三棱柱中，为边长为的正三角形，为的中点，，且，平面平面.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）1
【解析】（1）为中点，，，又，，
，，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）由三棱柱结构特征可知：平面平面，
点到平面的距离即为点到平面的距离，
又，
.
【变式9-2】（2023春·河南·高三河南省淮阳中学校联考开学考试）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是和的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接，因为，，
所以.
因为是的中点，所以.
因为，是的中点，所以.
因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，平面，平面，
所以平面，所以，
，
设G为BC的中点，
因为，所以，
由条件知，，所以，
所以，所以.
【变式9-3】（2023春·广东韶关·高三校联考开学考试）如图，在三棱柱中，，平面平面，，在直线上的投影向量为.
（1）证明：.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）二面角的余弦值为.
【解析】（1）因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以；
（2）方法一：因为在直线上的投影向量为，
所以，又，
所以，又，
所以，即，
所以为等边三角形，
记的中点为，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
过点作，连接，则为二面角的平面角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
因为为边长为2的等边三角形，的中点为，所以，
在中，，，，
所以，
所以二面角的余弦值为.
方法二：因为在直线上的投影向量为，
所以，
又，所以，
又，所以，即，
所以为等边三角形，
由（1） 平面，，以为原点，
为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的法向量为，
则，所以，取可得，
所以为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，观察可得，所以.
【变式9-4】（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）如图，四边形为正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且，点是线段上的一点（不包括端点）．
（1）证明；
（2）若，且直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：连接，因为四边形为正方形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，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，又平面，所以；
（2）以A为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，，
所以，．设，
则．
设平面的一个法向量为，
，
令，解得，，所以平面的一个法向量为，
又直线与平面所成角的大小为，
所以，解得．
所以，所以，
所以．
【题型10 平行与垂直的综合问题】
【例10】（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF//CE，BF⊥BC，，BF=2，AB=1，．
（1）求证：BC⊥AF；
（2）求证：AF//平面DCE；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】（1）四边形ABCD为矩形，即AB⊥BC，
又BF⊥BC，平面ABF，，
则有BC⊥平面ABF，而平面ABF，所以BC⊥AF．
（2）因，平面CDE，平面CDE，则平面CDE，
矩形ABCD中，，平面CDE，平面CDE，
则平面CDE，
又平面ABF，，于是得平面平面CDE，
而平面ABF，所以平面DCE．
【变式10-1】（2022·上海·上海中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，点在平面内的射影为A，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.
因为为中点，为中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）因为点在平面内的射影为A，所以平面，
因为平面，所以.
又在正方形中，且，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【变式10-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，为圆的直径，是圆上不同于、的动点，四边形为矩形，平面平面，是的中点．
（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、，
、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
为的中点，则且，
所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面.
（2）四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
因为为圆的直径，是圆上不同于、的动点，则，
，、平面，平面，
平面，所以，平面平面.
【变式10-3】（2022秋·陕西西安·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，，∥，，．
（1）为的中点，证明：直线∥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）证明：因为为的中点，
取的中点，连接，，
则∥且=，
又因为∥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）证明：因为，所以，
又因为，与相交(是梯形的两腰)，平面ABCD
平面，
因为平面，①，
设，
则有，
所以,所以②,
又因为平面PAB③，
由①②③可得平面，
又因为平面，平面平面．
（建议用时：60分钟）
1．（2023春·北京·高三校考阶段练习）已知两条不同的直线与两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【解析】对于A，在正方体中，，，
平面，平面，则，，此时与异面，A错误；
对于B，在正方体中，平面，平面，，，
则，，，此时，B错误；
对于C，在正方体中，，，平面，
则若，，此时，C错误；
对于D，根据面面垂直的判定定理知：若，，则，D正确.故选：D.
2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知正三棱柱的所有棱长都相等，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（ ）
①；②；③；④平面．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】连接，因为正三棱柱的所有棱长都相等，
所以，．
又，分别是，的中点，所以，所以．
因为，，，平面，所以平面．
又平面，所以．
又，，平面，所以平面．
又平面，所以．
由题意知且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，故①、③正确；与是异面直线，故②错误；
连接，因为，平面，平面，所以平面
又，同理可证平面，
又，平面，所以平面平面．
因为是线段上的动点，所以平面，所以平面，故④正确．
故选：C
3．（2023春·北京大兴·高三校考开学考试）已知，为不重合的两个平面，直线，，那么“”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】D
【解析】记平面为，平面为，直线为，直线为，
则直线，，，但，所以“”不是“”的充分条件，
记平面为，平面为，直线为，直线为，
则直线，，，但，所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.
4．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）如图所示，点P在正方体的面对角线上运动，得出下列结论：
①三棱锥的体积不变；
②与平面所成的角大小不变；
③；
④．
其中正确的结论是（ ）．
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【解析】对①：正方体中，平面，且平面，则有平面，
所以到平面的距离不变，的面积不变，，
因此三棱锥的体积不变，正确；
对②：同理平面，平面，
从而可得平面平面，平面，
所以平面与平面所成的角大小始终为0，正确；
对③：当与重合时，与所成角为，不垂直，错误；
对④：由正方体中，由，得平面，可得，
同理，从而可证平面，
又平面， 则必有，正确. 故选：D
5．（2023春·北京海淀·高三清华附中校考开学考试）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（ ）
A．平面 B．存在点，使平面
C．存在点，使 D．
【答案】D
【解析】当与重合时，又平面，则平面，故A错误；
设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，
以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，又，∴，
，则，∴，
∵，，∴与不垂直，
而平面，则与平面不垂直，故B错误；
，若，则，则，此方程无解，
故不存在点，使，故C错误；
∵，，，
∴，故D正确．故选：D．
6．（2023·上海黄浦·统考一模）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（ ）
A． B．平面平面ABN
C．直线GB与AM是异面直线 D．直线GB与平面AMD无公共点
【答案】D
【解析】因为平面ABCD，平面ABCD，则，
取的中点，连接，如图，点G为MC的中点，
则，且，
于是四边形是平行四边形，，
在正方形中，，则，
因此四边形为平行四边形，，而，点G为MC的中点，
有，所以，A正确；
因为，平面，平面，则平面，
又，平面，平面，则平面，
而平面，所以平面平面ABN，B正确；
取DM中点O，连接，
则有，即四边形为梯形，
因此直线必相交，而平面AMD，
于是直线GB与平面AMD有公共点，D错误；
显然点平面，点平面，直线平面，点直线，
所以直线GB与AM是异面直线，C正确.故选：D
7．（2023·全国·模拟预测）已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】ABC
【解析】A选项：如图1，若平面，则，
又因为平面，平面，
则，连接，又，
所以平面，平面，则，
只有当时，才成立，故A不正确；
B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，
所以，平面，平面，所以平面，
若平面，则平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，显然不正确，故B不正确；
C选项：如图3，若平面，平面，
则，又易知平面，平面，则，
又，所以平面，平面则，
显然不正确，故C不正确；
D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，
所以，平面，平面，所以平面，
因为Q，N分别是BC，的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，
所以平面，且，
因此平面平面，平面，所以平面，故D正确．故选:ABC.
8．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，，点D为AB的中点，，则下列结论正确的有（ ）
A．CD⊥A1D B．平面A1DC⊥平面ABB1A1
C．平面A1BC1 D．
【答案】ABC
【解析】A选项：因为AA1⊥平面ABC，面,所以AA1⊥CD，AC1=BC1，
由勾股定理得，又D为AB的中点，所以CD⊥AB，
又，AB，平面ABB1A1，
所以CD⊥平面ABB1A1，因为平面ABB1A1，所以CD⊥A1D，所以A选项正确；
B选项：由A选项知，CD⊥平面ABB1A1，又平面A1DC，
所以平面A1DC⊥平面ABB1A1，所以B选项正确；
C选项：易知DO为△ABC1的中位线，所以，
又平面A1BC1，DO在平面A1BC1外，所以平面A1BC1，所以C选项正确；
D选项：，
因此D选项不正确．故选：ABC.
9．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）如图， 在平行六面体 中，分别是的中点， 侧面平面．
（1）求证：平面;
（2）试求三棱锥 体积．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；
【解析】（1）取的中点为，连接．
在和中， 因为分别是的中点，
所以 ，且，
又在平行六面体中，，所以，
因此四边形为平行四边形，所以，
又因平面平面， 所以平面．
（2）由（1）知 平面知， 点到平面的距离相等，
所以 ，
在三角形 中，
过点作于，因侧面平面，
侧面平面，平面，
所以 平面， 因， 平面，
平面，所以平面，
因此点到平面的距离相等， 则的长为点到平面的距离
，
所以.
10．（2023·山东潍坊·统考一模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.
（1）求证：；
（2）当吋，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由题意知平面平面，
又平面平面，，平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.
因为，点是中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为点、分别是、的中点，所以，则.
则，.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
11．（2023·全国·模拟预测）如图，四棱锥P-ABCD中，AB=AD，△BCD是正三角形，PB=PD．
（1）证明：平面PBD⊥平面PAC；
（2）若四棱锥P-ABCD的体积为，，BC=2，PD⊥BC，求二面角A-PB-C的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）设AC，BD交于点O，连接PO，如图，
因为BC=CD，AB=AD，
所以点A，C在线段BD的垂直平分线上，
所以AC⊥BD，O为BD的中点．
又因为PB=PD，所以PO⊥BD，
又因为，平面，平面，
所以BD⊥平面PAC．
又因为平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．
（2）取BC的中点E，连接DE，PE，设DE交AC于点F，连接PF，
则DE⊥BC，且F为△BCD的中心，
又PD⊥BC，，所以BC⊥平面PDE．
因为平面PDE，所以PF⊥BC，
因为BD⊥平面PAC，平面PAC，所以PF⊥BD，
因为，所以PF⊥平面ABCD．
因为∠BAD=120°，AB=AD，BC=BD=2，
所以，
所以四边形ABCD的面积为
又因为四棱锥P-ABCD的体积为，所以PF=2．
以O为坐标原点，OB、OC所在直线分别为x轴、y轴，
过O作PF的平行线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，B（1，0，0），，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
则，即，
令，则，，所以平面PAB的一个法向量为．
设平面PBC的法向量为，
则，即
令，则，，所以平面PBC的一个法向量为．
设二面角A-PB-C的大小为α，则，
所以，
所以二面角A-PB-C的正弦值为．
12．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：因为平面，平面ABCD,所以,
又因为，平面，所以平面.
（2）过A作的垂线交于点M,
因为平面，平面,所以,
以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，
则,
因为E为的中点，所以,
因为F在上，设,则,
故,
因为，所以，
即，即，
即，所以，
设平面的一个法向量为，
则,即，
令，则，故；
，设平面的一个法向量为，
则,即，
令，则，故，
故，
由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
热点7-2 空间点、直线、平面之间的位置关系10大题型
在高考数学中，本部分内容主要分两方面进行考查，一是空间线面关系的命题的真假的判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；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。
一、共面、共线、共点问题的证明
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。
二、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．
三、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”）
四、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）.
五、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（不常用）；
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（常用方法）；
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（客观题常用）；
4、面面垂直的性质定理：如果两个平阿敏垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面（常用方法）；
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（客观题常用）；
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（客观题常用）.
【题型1 点线面位置关系的判断】
【例1】（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知m，n为异面直线，平面，平面．若直线l满足，，，．则下列说法正确的是（ ）．
A．， B．，
C．与相交，且交线平行于l D．与相交，且交线垂直于l
【答案】C
【解析】由于m，n为异面直线，平面，平面，
则平面与平面必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，故AB错误；
又直线满足，，，，则交线平行于故C正确，D错误.故选：C.
【变式1-1】（2023·陕西榆林·统考一模）若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，若，则或，故A不正确；
对于B，若，则或，故B不正确；
对于C，若，则或，故C不正确；
对于D，若，则，故D正确.故选：D.
【变式1-2】（2023春·江西·高三校联考开学考试）已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下面说法中正确的是（ ）
A．若，，且，，则
B．若，且，则
C．若，且，则
D．若，，且，，则
【答案】D
【解析】对于A：由，，且，，
当且仅当与相交时才能得到，故A错误；
对于C：若，且，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
对于C：若，且，则或，故C错误；
对于D：若，，则，又，且，是两个不同的平面，
则，故D正确；故选：D
【变式1-3】（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，，则；
③若，，则；
④若，，则.
其中正确的命题个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【解析】对于命题①，若，过直线的平面与的交线满足，则，
，，，则，命题①正确；
对于命题②，若，，，则，命题②正确；
对于命题③，若，，则或，
或相交但不垂直，或，故③错误；
对于命题④，根据面面垂直的判断定理可知，若，，
则，命题④正确.故选：D.
【变式1-4】（2023秋·山东滨州·高三统考期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．，，则
B．，，，，则
C．，，，则
D．，，，则
【答案】D
【解析】对于A，，，则或，A错误；
对于B，若，，，，则或相交，
只有加上条件相交，结论才成立，B错误；
对于C，，，无法得到，
只有加上条件才能得出结论，C错误；
对于D，，，则，又因为，所以，D正确.故选:D.
【题型2 共面、共线、共点证明】
【例2】（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱D1C1的中点．设AM与平面BB1D1D的交点为O，则（ ）
A．三点D1，O，B共线，且OB=2OD1
B．三点D1，O，B不共线，且OB=2OD1
C．三点D1，O，B共线，且OB=OD1
D．三点D1，O，B不共线，且OB=OD1
【答案】A
【解析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接AD1，BC1，如图，
，连BD1，平面平面，
因M为棱D1C1的中点，则平面，
而平面，即平面，又，则平面，
因AM与平面BB1D1D的交点为O，则平面，
于是得，即D1，O，B三点共线，
显然D1M∥AB且，
于是得OD1＝BO，即OB＝2OD1，
所以三点D1，O，B共线，且OB=2OD1.故选：A
【变式2-1】（2022·全国·高三专题练习）如图是长方体，是的中点，直线交平面于点，则下列结论错误的是（ ）
A．，，三点共线 B．，，，四点共面
C．，，，四点共面 D．，，，四点共面
【答案】C
【解析】连接，则，四点共面，
平面，
，平面，
平面，
点在平面与平面的交线上，
同理点在平面与平面的交线上，
三点共线，故A正确；
三点共线，且直线与直线外一点可确定一个平面，
四点共面，四点共面，故B，D正确；
平面，平面，平面且，
和是异面直线，
四点不共面，故C错误.故选：C
【变式2-2】（2022·全国·高三专题练习）在空间四边形ABCD各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，如果EF与GH能相交于点P，那么（ ）
A．点P不在直线AC上 B．点P必在直线BD上
C．点P必在平面ABC内 D．点P必在平面ABC外
【答案】C
【解析】在空间四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，有平面，平面，
则直线平面，
同理，直线平面，
因EF、GH能相交于点P，即，
因此平面，平面，
而平面平面，
于是有，A不正确，C正确，D不正确；
又直线AC与BD没有公共点，即点P不在直线BD上，B不正确.故选：C
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，，，分别是菱形的边，，，上的点，且，，，，现将沿折起，得到空间四边形，在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．直线，有可能平行
B．直线，一定异面
C．直线，一定相交，且交点一定在直线上
D．直线，一定相交，但交点不一定在直线上
【答案】C
【解析】，，，则，且，
又，，，则，且，
，且，四边形为平面四边形，
故直线，一定共面，故错误；
若直线与平行，则四边形为平行四边形，
可得，与矛盾，故错误；
由，且，，，
可得直线，一定相交，设交点为，
则，又平面，可得平面，同理，平面，
而平面平面，，即直线，一定相交，
且交点一定在直线上，故正确，错误．故选：．
【题型3 直线与平面平行的判定】
【例3】（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）如图，在棱长为4的正方体中，点P是的中点，动点Q在平面内（包括边界），若平面，则AQ的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【解析】如图所示：分别为的中点，连接，
，，故，
平面，平面，故平面；
易知四边形为平行四边形，
，平面，平面，故平面；
，平面，故平面平面，
当平面时，面平面，故的轨迹为线段，
，，AQ的最小值是边上的高，为.
故选：D
【变式3-1】（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，和相交于点，面面，，，．在线段上确定一点，使得面，求此时的值.
【答案】点为的三等分点且，此时
【解析】点为的三等分点且，此时，证明如下：
连接，
在直角梯形中，，，，
又，，，
又平面，平面，平面.
【变式3-2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中点，点F在PC上，且．
（1）证明：平面PAB；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）证明：在线段上取点，使得，
所以，在中，，且，
因为在四边形中，，，
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.
（2）作交于点，
因为面，所以，
又，与交于点，
所以面，，
又，所以，所以，
所以，得，
因为为中点，
所以
【变式3-3】（2022·广西梧州·校考一模）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点．
（1）证明：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：连结．
因为，分别为，的中点，
所以，且．
又因为为的中点，所以．
可得，
因此四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）方法一：过做的垂线，垂足为，
由已知可得，，
平面，
所以，又平面，
故，又面，
从而，
故CH的长即为点到平面的距离，
由已知可得，，所以，故CH．
方法二：设点到平面的距离为，
由已知可得，
，，
，，，
可得：，故为直角三角形，
，
综上可得，即为点到平面的距离．
【题型4 直线与平面平行的性质】
【例4】（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是上一点，当点满足条件：________时，平面.
【答案】答案表述不唯一)
【解析】连接交于O，连接OE，
平面平面，平面平面 ，
.
又 底面为平行四边形，为对角线与的交点，
故为的中点, 为的中点，
故当满足条件: 时，面.
故答案为: 答案表述不唯一)
【变式4-1】（2023秋·河南·高三校联考期末）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面分别为，上的点，且．已知．
（1）设平面平面，证明：平面；
（2）求五面体的体积．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）因为,所以，
因为平面平面，所以平面,
又平面平面平面,所以,
又平面平面,所以平面，
（2）因为,所以
所以
所以五面体的体积
因为,所以
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长都等于1的三棱锥中，是上的一点，过作平行于棱和棱的截面，分别交，，于，，．
（1）证明截面是矩形；
（2）在的什么位置时，截面面积最大，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）是的中点时，截面面积最大
【解析】（1）平面，平面平面，平面，
，同理，
，同理，
四边形是平行四边形，
取中点，连接，，
，是中点，，同理，
又，平面，平面，
平面，，
又，，，即四边形是矩形.
（2）设，，由（1）知，
又，，
则，
当时，最大，即是的中点时，截面面积最大.
【变式4-3】（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）三棱台的底面是正三角形，平面，，，，E是的中点，平面交平面于直线l．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在三棱台中，//，
又平面，平面，则//平面，
又平面，平面平面，所以//.
（2）因为平面，在平面内作，
以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，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为.
【变式4-4】（2022·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图，矩形和梯形，，，平面平面，且，，过的平面交平面于．
（1）求证：；
（2）当为中点时，求点到平面的距离；
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）证明：因为矩形，所以，
平面，平面，
所以平面．
因为过的平面交平面于，
由线面平行性质定理，得；
（2）由平面平面其交线为，平面，
所以平面，
又四边形为矩形，
所以以为原点，以为轴建立如图空间直角坐标系．
由，，得，，，
则，
设平面法向量，
则，取得．
因为，
所以点到平面的距离.
【题型5 平面与平面平行的判定】
【例5】（2023·全国·校联考模拟预测）如图①，在平面四边形中，，，．将沿着折叠，使得点到达点的位置，且二面角为直二面角，如图②．已知分别是的中点，是棱上的点，且与平面所成角的正切值为．
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）分别为的中点，，，
平面，平面，
平面，平面，
又，平面，平面平面.
（2）取的中点，连接，
，，
为等边三角形，，
又，，
为等腰直角三角形，
，；
二面角是直二面角，
即平面平面，平面平面，平面，
平面，即为与平面所成角，
，解得：；
在中，由余弦定理得：，
即，解得：，为线段上靠近点的四等分点，
，
.
【变式5-1】（2022秋·湖南常德·高三统考期末）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，点为的中点，为半个圆柱上底面的直径，且，．为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若是线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）证明：取的中点，连接，
且
∴四边形为平行四边形，
，又平面，平面，平面
，又平面，平面，平面，
平面，∴平面平面
（2）如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则
设面的法向量，
所以，即，
令得，故
因为是线段上一动点，
所以，设，
则
设所求线面角为，
所以
所以，当时，取得最大值为
【变式5-2】（2022秋·广西南宁·高三统考阶段练习）在如图所示的多面体中，平面，，，，点、分别为、的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）16
【解析】（1）证明：，
四边形是平行四边形，．
又平面平面平面．
分别为的中点，
是的中位线，．
平面平面平面．
平面，
平面平面．
（2）平面平面．
又平面，
平面是四棱锥的高，且．
．
又平面，
平面．
．
【变式5-3】（2022秋·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）四棱柱中，底面为正方形，面，点M，N，Q分别为棱的中点．
（1）求证：平面∥平面；
（2）若，棱上存在点P，使得二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）∵分别为棱中点，
，，
四边形MQBD为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
∵N为棱AD的中点，，
又，，
∵平面，平面，平面.
又，平面，平面∥平面.
（2）由题意知两两垂直，以为原点，
方向分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
设（），，
则，
故，，
设，则由
可得， ，则
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
设平面MNQ的一个法向量为，
则，取，则，
由题知，
解得或（与矛盾，舍去），
故，即.
【变式5-4】（2022秋·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）如图，在几何体ABCDPQ中，平面平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，，，，E为AB的中点，且．
（1）求证：平面平面QCB；
（2）求直线CB与平面PABQ所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）∵，，∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面，
同理，四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面．
∵，平面，且，∴平面平面．
（2）∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，∴平面，∴，
∵，，平面，平面，∴平面．
由（1）知，，∴平面，
∴为直线与平面所成的角．
在中，．
在直角梯形中，．又，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【题型6 平面与平面平行的性质】
【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，AB=4，，G为AB的中点，E，F分别在线段，AC上，且，求证：平面.
【答案】证明见解析.
【解析】在长方体中，取的中点，连接，如图，
因G为AB的中点，则，
而平面，平面，从而平面，
四边形为矩形，而，则有，
又，即有四边形为平行四边形，则，
而平面，平面，从而平面，
而，平面，因此平面平面，
又平面，从而平面.
【变式6-1】（2022·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面ABC，，，E，F分别为棱AB和的中点.
（1）在棱上是否存在一点D，使得平面EFC？若存在，确定点D的位置，并给出证明；若不存在，试说明理由；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）存在点D，使得平面EFC.
取的中点D，的中点M，连接,则.
因为E，F分别为棱AB和的中点，
所以,所以.
连接,则.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面,所以平面.
所以存在D(D为中点)，使得平面EFC.
（2）求三棱锥的体积相当于求三棱锥的体积.
因为平面ABC，平面，
所以平面平面ABC.
设点到的距离为，
则有，其中，解得.
因为平面平面ABC，平面平面ABC,
所以点到的距离即为点到平面的距离,为.
在正方形中，，则，
,.
取的中点，连接,则，
所以.
所以,
所以.
所以三棱锥的体积为.
【变式6-2】（2022·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考一模）如图， 四棱锥 中， 侧面底面， 底面为梯形，， 且，．作交于点， 连接交于点．
（1）设 是线段上的点， 试探究： 当在什么位置时， 有平面;
（2）求平面 与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）当点 是线段上靠近点的三等分点时， 有平面；（2）．
【解析】（1）当点是线段上靠近点的三等分点时，有∥平面．
证明： 取线段靠近点的三等分点，取线段靠近点的三等分点，
连接交于点．
由底面为梯形，，，
所以，则，
又，所以，，
而平面，平面，平面，平面，
则∥平面，∥平面，
又，所以平面∥平面,
又平面，所以∥平面．
（2）因为，，即为正三角形，
又，，所以为正三角形，所以，
由平面平面，，平面，平面平面，
得平面,
因为平面，平面，所以，，
于是，以为坐标原点， 可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
，
令，则，，即，
平面的一个法向量为，
设面 与面所成二面角的平面角为，
则，
因为，所以，
故平面 与平面所成二面角的正弦值为.
【变式6-3】（2022秋·黑龙江绥化·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥中，，AB⊥BC，CD＝2AB，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：平面PBC；
（2）若PA＝CD＝2BC，求AE与面PBD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）取CD的中点F，连接EF，AF．
因为E为PD的中点，所以．
平面，平面，所以平面，
因为CD＝2AB，所以AB＝CF．
又，AB⊥BC，所以四边形ABCF是矩形，
所以．同理平面，
因为，EF，平面AEF，
所以平面平面PBC．
因为平面AEF，所以平面PBC．
（2）由已知和（1）可得AB，AF，PA两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．
设CD＝2AB＝2，则PA＝CD＝2BC＝2，
所以A（0，0，0），P（0，0，2），B（0，1，0），D（1，－1，0），
所以，，，
设平面PBD的一个法向量为．
则，即，
令x＝2，有y＝1，，得．
设AE与面PBD所成角为α，
所以
故AE与面PBD所成角的正弦值为．
【变式6-4】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若平面，求证：为的中点．
【答案】（1）证明见解析；；（2）证明见解析．
【解析】（1）证明：如图，
，分别为，的中点，，
平面，平面，平面，
又，分别为，的中点，，
又，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，
又，平面，平面平面；
（2）证明：平面平面，平面平面，
平面与平面有公共点，则有经过的直线，交于G，
则，得，
为的中点，为的中点．
【题型7 直线与平面垂直的判定】
【例7】（2023春·天津红桥·高三统考开学考试）如图，在四棱锥中，平面，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角和与平面所成的角相等，求线段的长度.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系，设，
则各点坐标为：
所以.
因为，
所以，
而是平面内的两条相交直线，
所以平面；
（2）由题设和（1）知，分别是平面，平面的法向量，
而与平面所成的角和与平面所成的角相等，
所以即
由（1）知，，由，
故.，解得.所以.
【变式7-1】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在四棱锥中，平面，而平面，则，
因，，平面，所以平面.
（2）由（1）可知，平面，而PD在平面PAD中，所以，
则，
因为，所以.
，则
即.
因为，所以.
【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P－ABCD中，，AB⊥BC，，，E为AB的中点．
（1）证明：BD⊥平面APD；
（2）求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在直角梯形ABCD中，易得AB＝4，，，
∴，∴BD⊥AD．
取AD的中点O，连接OP，OC，易得PO⊥AD，，如图所示，
在△CDO中，易得，
又，∴，∴PO⊥OC，
又PO⊥AD，，平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴BD⊥OP，
又BD⊥AD，，平面APD，∴BD⊥平面APD．
（2）如图，以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，
过点D且与PO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），，，，，，
∴，，
∵BD⊥平面APD，∴平面APD的一个法向量为．
设平面CEP的法向量为，
则，得，取y＝1，得，
∴，
∴平面APD和平面CEP的夹角的余弦值为．
【变式7-3】（2023·内蒙古·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若是棱的中点，，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接，
，，，
又，，
为棱中点，，
又，，平面，
平面，又平面，；
在直角梯形中，取中点，连接，
，，又，，，
四边形为正方形，，，
，又，，，
，平面，平面，
平面，；
，，，，
又，平面，平面.
（2），，，，
由（1）知：平面，，
则点到平面的距离，
；
，，，
分别为棱中点，，
，，，，
，，，
由余弦定理得：，则，
，
设点到平面的距离为，
，解得：，
即点到平面的距离为.
【题型8 直线与平面垂直的性质】
【例8】（2023·陕西铜川·校考一模）如图，四棱锥中，底面，，且．
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为1，求四棱锥的表面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：取中点，连接，
因为，，．
所以，，且，
所以，四边形是正方形，
所以，，且．
所以，，
又由于，所以，即，
又因为底面，底面，所以，
又，平面所以平面，
因为平面，所以，．
（2）因为四棱锥的体积为1，，底面，
所以，，解得．
所以，，而，
因为底面，底面，所以，，
因为，，所以，
因为平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，，，
又因为，所以，即
所以，四棱锥的表面积
．
【变式8-1】（2023·陕西铜川·校考一模）如图，四棱锥中，底面，，，且．
（1）求证：；
（2）若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求与底面所成的角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取中点E，连接，则由已知得且，所以．
由已知可得，，.
又，所以，所以.
又底面，平面，所以.
又，平面，平面.
所以平面.
因为平面，所以．
（2）如图，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设，由题知，，，，.
则，，.
设是平面的一个法向量.
所以有，令，则，，
则是平面的一个法向量.
由已知得，是平面的一个法向量.
又平面与平面所成的二面角的余弦值为，
则，整理可得，.
因为，所以，即．
由直线与平面所成角定义知与底面所成的角为，
在中，有，所以．
所以，与底面所成的角的正切值为.
【变式8-2】（2023·广西桂林·统考模拟预测）如图，正方体中，E是的中点，M是AD的中点．
（1）证明：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）.
【解析】（1）如图，
取中点F，连接EF，AF交于O，
∵E，F分别为和中点，∴平行且相等，
∵ 平行且相等，∴平行且相等，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵与相似，∴，
∴，即，∴，
∵平面，且平面，∴，
∵平面，平面，∴平面；
（2）以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
∴，
∴直线与平面所成的角的正弦值为．
【变式8-3】（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，点F是的中点，点E满足.
（1）求证：；
（2）若，，直线与平面所成的角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以.
因为，点F是的中点，所以，
，平面，平面，
所以平面，
因为点E是棱上异于端点的动点，
所以平面，所以.
（2）不妨设，则.
因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
因为平面，平面，
所以.
又，所以，
如图，以为坐标原点，直线，，分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，令，则.
所以，
整理得，解得或（舍去），所以.
【题型9 平面与平面垂直的判定与性质】
【例9】（2023·贵州毕节·统考一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．
（1）证明：，，，四点共面；
（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：连接
四边形是矩形，为的中点，
且，，
，，，，
，分别是，的中点，
，，
，，，四点共面．
（2）证明：底面且平面，，
，，为中点，
，，，
，，
，
，，
，平面，平面，平面，
平面，平面.
【变式9-1】（2023春·青海西宁·高三统考开学考试）如图，在三棱柱中，为边长为的正三角形，为的中点，，且，平面平面.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）1
【解析】（1）为中点，，，又，，
，，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）由三棱柱结构特征可知：平面平面，
点到平面的距离即为点到平面的距离，
又，
.
【变式9-2】（2023春·河南·高三河南省淮阳中学校联考开学考试）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是和的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接，因为，，
所以.
因为是的中点，所以.
因为，是的中点，所以.
因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，平面，平面，
所以平面，所以，
，
设G为BC的中点，
因为，所以，
由条件知，，所以，
所以，所以.
【变式9-3】（2023春·广东韶关·高三校联考开学考试）如图，在三棱柱中，，平面平面，，在直线上的投影向量为.
（1）证明：.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）二面角的余弦值为.
【解析】（1）因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以；
（2）方法一：因为在直线上的投影向量为，
所以，又，
所以，又，
所以，即，
所以为等边三角形，
记的中点为，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
过点作，连接，则为二面角的平面角，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，
因为为边长为2的等边三角形，的中点为，所以，
在中，，，，
所以，
所以二面角的余弦值为.
方法二：因为在直线上的投影向量为，
所以，
又，所以，
又，所以，即，
所以为等边三角形，
由（1） 平面，，以为原点，
为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的法向量为，
则，所以，取可得，
所以为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，观察可得，所以.
【变式9-4】（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）如图，四边形为正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且，点是线段上的一点（不包括端点）．
（1）证明；
（2）若，且直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：连接，因为四边形为正方形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，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，又平面，所以；
（2）以A为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，，
所以，．设，
则．
设平面的一个法向量为，
，
令，解得，，所以平面的一个法向量为，
又直线与平面所成角的大小为，
所以，解得．
所以，所以，
所以．
【题型10 平行与垂直的综合问题】
【例10】（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF//CE，BF⊥BC，，BF=2，AB=1，．
（1）求证：BC⊥AF；
（2）求证：AF//平面DCE；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】（1）四边形ABCD为矩形，即AB⊥BC，
又BF⊥BC，平面ABF，，
则有BC⊥平面ABF，而平面ABF，所以BC⊥AF．
（2）因，平面CDE，平面CDE，则平面CDE，
矩形ABCD中，，平面CDE，平面CDE，
则平面CDE，
又平面ABF，，于是得平面平面CDE，
而平面ABF，所以平面DCE．
【变式10-1】（2022·上海·上海中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，点在平面内的射影为A，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.
因为为中点，为中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）因为点在平面内的射影为A，所以平面，
因为平面，所以.
又在正方形中，且，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【变式10-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，为圆的直径，是圆上不同于、的动点，四边形为矩形，平面平面，是的中点．
（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、，
、分别为、的中点，则且，
因为四边形为矩形，则且，
为的中点，则且，
所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面.
（2）四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
因为为圆的直径，是圆上不同于、的动点，则，
，、平面，平面，
平面，所以，平面平面.
【变式10-3】（2022秋·陕西西安·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥中，，∥，，．
（1）为的中点，证明：直线∥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）证明：因为为的中点，
取的中点，连接，，
则∥且=，
又因为∥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）证明：因为，所以，
又因为，与相交(是梯形的两腰)，平面ABCD
平面，
因为平面，①，
设，
则有，
所以,所以②,
又因为平面PAB③，
由①②③可得平面，
又因为平面，平面平面．
（建议用时：60分钟）
1．（2023春·北京·高三校考阶段练习）已知两条不同的直线与两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【解析】对于A，在正方体中，，，
平面，平面，则，，此时与异面，A错误；
对于B，在正方体中，平面，平面，，，
则，，，此时，B错误；
对于C，在正方体中，，，平面，
则若，，此时，C错误；
对于D，根据面面垂直的判定定理知：若，，则，D正确.故选：D.
2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知正三棱柱的所有棱长都相等，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（ ）
①；②；③；④平面．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】连接，因为正三棱柱的所有棱长都相等，
所以，．
又，分别是，的中点，所以，所以．
因为，，，平面，所以平面．
又平面，所以．
又，，平面，所以平面．
又平面，所以．
由题意知且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，故①、③正确；与是异面直线，故②错误；
连接，因为，平面，平面，所以平面
又，同理可证平面，
又，平面，所以平面平面．
因为是线段上的动点，所以平面，所以平面，故④正确．
故选：C
3．（2023春·北京大兴·高三校考开学考试）已知，为不重合的两个平面，直线，，那么“”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】D
【解析】记平面为，平面为，直线为，直线为，
则直线，，，但，所以“”不是“”的充分条件，
记平面为，平面为，直线为，直线为，
则直线，，，但，所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.
4．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）如图所示，点P在正方体的面对角线上运动，得出下列结论：
①三棱锥的体积不变；
②与平面所成的角大小不变；
③；
④．
其中正确的结论是（ ）．
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【解析】对①：正方体中，平面，且平面，则有平面，
所以到平面的距离不变，的面积不变，，
因此三棱锥的体积不变，正确；
对②：同理平面，平面，
从而可得平面平面，平面，
所以平面与平面所成的角大小始终为0，正确；
对③：当与重合时，与所成角为，不垂直，错误；
对④：由正方体中，由，得平面，可得，
同理，从而可证平面，
又平面， 则必有，正确. 故选：D
5．（2023春·北京海淀·高三清华附中校考开学考试）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（ ）
A．平面 B．存在点，使平面
C．存在点，使 D．
【答案】D
【解析】当与重合时，又平面，则平面，故A错误；
设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，
以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，又，∴，
，则，∴，
∵，，∴与不垂直，
而平面，则与平面不垂直，故B错误；
，若，则，则，此方程无解，
故不存在点，使，故C错误；
∵，，，
∴，故D正确．故选：D．
6．（2023·上海黄浦·统考一模）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（ ）
A． B．平面平面ABN
C．直线GB与AM是异面直线 D．直线GB与平面AMD无公共点
【答案】D
【解析】因为平面ABCD，平面ABCD，则，
取的中点，连接，如图，点G为MC的中点，
则，且，
于是四边形是平行四边形，，
在正方形中，，则，
因此四边形为平行四边形，，而，点G为MC的中点，
有，所以，A正确；
因为，平面，平面，则平面，
又，平面，平面，则平面，
而平面，所以平面平面ABN，B正确；
取DM中点O，连接，
则有，即四边形为梯形，
因此直线必相交，而平面AMD，
于是直线GB与平面AMD有公共点，D错误；
显然点平面，点平面，直线平面，点直线，
所以直线GB与AM是异面直线，C正确.故选：D
7．（2023·全国·模拟预测）已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】ABC
【解析】A选项：如图1，若平面，则，
又因为平面，平面，
则，连接，又，
所以平面，平面，则，
只有当时，才成立，故A不正确；
B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，
所以，平面，平面，所以平面，
若平面，则平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，显然不正确，故B不正确；
C选项：如图3，若平面，平面，
则，又易知平面，平面，则，
又，所以平面，平面则，
显然不正确，故C不正确；
D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，
所以，平面，平面，所以平面，
因为Q，N分别是BC，的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，
所以平面，且，
因此平面平面，平面，所以平面，故D正确．故选:ABC.
8．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，，点D为AB的中点，，则下列结论正确的有（ ）
A．CD⊥A1D B．平面A1DC⊥平面ABB1A1
C．平面A1BC1 D．
【答案】ABC
【解析】A选项：因为AA1⊥平面ABC，面,所以AA1⊥CD，AC1=BC1，
由勾股定理得，又D为AB的中点，所以CD⊥AB，
又，AB，平面ABB1A1，
所以CD⊥平面ABB1A1，因为平面ABB1A1，所以CD⊥A1D，所以A选项正确；
B选项：由A选项知，CD⊥平面ABB1A1，又平面A1DC，
所以平面A1DC⊥平面ABB1A1，所以B选项正确；
C选项：易知DO为△ABC1的中位线，所以，
又平面A1BC1，DO在平面A1BC1外，所以平面A1BC1，所以C选项正确；
D选项：，
因此D选项不正确．故选：ABC.
9．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）如图， 在平行六面体 中，分别是的中点， 侧面平面．
（1）求证：平面;
（2）试求三棱锥 体积．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；
【解析】（1）取的中点为，连接．
在和中， 因为分别是的中点，
所以 ，且，
又在平行六面体中，，所以，
因此四边形为平行四边形，所以，
又因平面平面， 所以平面．
（2）由（1）知 平面知， 点到平面的距离相等，
所以 ，
在三角形 中，
过点作于，因侧面平面，
侧面平面，平面，
所以 平面， 因， 平面，
平面，所以平面，
因此点到平面的距离相等， 则的长为点到平面的距离
，
所以.
10．（2023·山东潍坊·统考一模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.
（1）求证：；
（2）当吋，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由题意知平面平面，
又平面平面，，平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.
因为，点是中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为点、分别是、的中点，所以，则.
则，.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
11．（2023·全国·模拟预测）如图，四棱锥P-ABCD中，AB=AD，△BCD是正三角形，PB=PD．
（1）证明：平面PBD⊥平面PAC；
（2）若四棱锥P-ABCD的体积为，，BC=2，PD⊥BC，求二面角A-PB-C的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）设AC，BD交于点O，连接PO，如图，
因为BC=CD，AB=AD，
所以点A，C在线段BD的垂直平分线上，
所以AC⊥BD，O为BD的中点．
又因为PB=PD，所以PO⊥BD，
又因为，平面，平面，
所以BD⊥平面PAC．
又因为平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．
（2）取BC的中点E，连接DE，PE，设DE交AC于点F，连接PF，
则DE⊥BC，且F为△BCD的中心，
又PD⊥BC，，所以BC⊥平面PDE．
因为平面PDE，所以PF⊥BC，
因为BD⊥平面PAC，平面PAC，所以PF⊥BD，
因为，所以PF⊥平面ABCD．
因为∠BAD=120°，AB=AD，BC=BD=2，
所以，
所以四边形ABCD的面积为
又因为四棱锥P-ABCD的体积为，所以PF=2．
以O为坐标原点，OB、OC所在直线分别为x轴、y轴，
过O作PF的平行线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，B（1，0，0），，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
则，即，
令，则，，所以平面PAB的一个法向量为．
设平面PBC的法向量为，
则，即
令，则，，所以平面PBC的一个法向量为．
设二面角A-PB-C的大小为α，则，
所以，
所以二面角A-PB-C的正弦值为．
12．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：因为平面，平面ABCD,所以,
又因为，平面，所以平面.
（2）过A作的垂线交于点M,
因为平面，平面,所以,
以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，
则,
因为E为的中点，所以,
因为F在上，设,则,
故,
因为，所以，
即，即，
即，所以，
设平面的一个法向量为，
则,即，
令，则，故；
，设平面的一个法向量为，
则,即，
令，则，故，
故，
由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
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