第34练 空间直线、平面的垂直（精练：基础+重难点）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

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刷真题 明导向
一、解答题
1．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
【详解】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析.
【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
3．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
4．（2022·浙江·统考高考真题）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：；
【答案】(1)证明见解析；
【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；
【详解】（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．
5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
【答案】(1)证明详见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析；
【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；
【详解】（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；
7．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明过程见解析
【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；
【详解】（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.
8．（2021·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
【答案】（1）证明见解析；
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
9．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
【答案】（1）证明见解析；
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
10．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
11．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列条件能使n⊥α成立的是（ ）
A．α⊥β，m⊂βB．α∥β，n⊥β
C．α⊥β，n∥βD．m∥α，n⊥m
【答案】B
【分析】n⊥α必有n平行α的垂线，或者n垂直α的平行平面，依次判定选项即可．
【详解】α⊥β，m⊂β，不能说明n与α的关系，A错误；
α∥β，n⊥β能够推出n⊥α，B正确；
α⊥β，n∥β可以得到n与平面α平行、相交或在平面α内，所以C不正确；
m∥α，n⊥m则n与平面α可能平行，所以D不正确．
故选：B．
2．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】ABD选项，可以举出反例，C选项，可以利用面面垂直的性质进行证明
【详解】A选项，若，，，则或异面，A错误；
B选项，如图，
满足，，，而，故B错误；
C选项，因为，设，，
所以，因为，所以，
因为，，所以，则，
C正确；
D选项，如图，
满足，，而，D错误.
故选：C
3．已知直线平面，有以下几个判断：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则；
上述判断中正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【答案】B
【分析】根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得.
【详解】对于①，当平面也可以有，但m不平行于平面，故①错；
对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；
对于③，根据线面平行的性质定理可得存在且．而直线平面，故可根据线面垂直的性质得出 ，故正确；
对于④，根据直线平面，可在平面内找到两条相交直线p，n，且，，又，所以，，故根据线面垂直的判定定理可知，正确．
即②③④正确．
故选：B．
4．已知直线、，平面、，满足且，则“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分条C．充要D．既非充分又非必要
【答案】A
【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
即“”是“”的充分条件；
如图，在长方体中，设面为面、面为面，
则，且与面不垂直，
即“”不是“”的必要条件；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】A
【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若，，则，A选项正确.
B选项，若，，则可能平行，所以B选项错误.
C选项，若，，则可能含于平面，所以C选项错误.
D选项，若，，则可能含于平面，所以D选项错误.
故选：A
6．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．，则
B．，则
C．，则
D．，则
【答案】C
【分析】根据的关系可判断A，根据直线与平面的关系可判断B，根据线面垂直的性质判断C，根据面面垂直的概念判断D.
【详解】对A，，则，相交，异面和平行都有可能，故A错误；
对B，，则可能，，故B错误；
对C，根据线面垂直的性质可知时，，故C正确；
对D，，则可能相交，也可能平行，故D错误.
故选：C
7．已知l是直线，，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面的位置关系一一判定即可.
【详解】
如图所示正方体中，
对于A项，若为平面，为平面，符合A条件，但两平面不平行，故A错误；
对于B项，若为平面，为平面，符合B条件，但线与面不垂直，故B错误；
对于D项，若为平面，为平面，符合D条件，但，故D错误；
对于C项，设在上的投影为，则，由线面垂直的性质可知，
再由面面垂直的判定可得，即C正确.
故选：C
8．表示平面，为直线，下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】借助长方体模型，结合线面垂直的判定定理、面面平行的性质逐一判断即可.
【详解】A：在长方体中，设表示平面，
分别表示平面和平面，显然满足，
但是，因此本选项不正确；
B：在长方体中，设表示平面，
分别表示平面和平面，显然满足，
但是，因此本选项不正确；

C：设，
设点是平面任意一点，在平面内过做，垂足为，
因为，，，
所以，而，所以，同理，
而，所以，因此本选项正确；

D：在长方体中，
分别表示平面、平面、平面、平面，
显然满足，但是，因此本选项不正确，
故选：C
二、多选题
9．设，为不重合的两条直线，，为不重合的两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若且，则；B．若且，则；
C．若且，则；D．若且，则.
【答案】BD
【分析】根据线面的位置关系和面面的位置关系可以得出答案.
【详解】解：A：若且，则，可能相交、平行或异面，故A错误；
B：若且，根据垂直于同一平面的两直线互相平行，故B正确；
C：若且，根据面面的位置关系定义可得与可能平行也可能相交，故C错误；
D：若且，根据面面平行的判定可知垂直于同一直线的两平面互相平行，故D正确.
故选：BD
10．已知直线l和不重合的两个平面，，且，下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BC
【分析】结合面面平行的判定定理、面面平行的定义、面面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理可分别判断四个选项的正误.
【详解】对于A，由可得与平行或相交，故错误；对于B，若，则由面面平行的定义可得，故正确；对于C，若，则由面面垂直的判定定理可得，故正确；对于D，当时，l可能在内，可能与平行，也可能与相交，所以不一定有，故错误.
故选：BC.
11．设有三条不重合直线a，b，c和三个不重合平面，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则B．若，，则
C．若，则D．若，则
【答案】AC
【分析】根据平行的传递性可判断A，根据空间直线的位置关系可判断B，根据平行面的传递性可判断C，根据面面之间的位置关系可判断D.
【详解】对于A，由平行线的传递性可知，若，，则，所以A正确，
对于B，若，则与可能平行，可能相交，也可能异面，所以B错误，
对于C，根据平行面的传递性可知，若，，则，所以C正确，
对于D，若，则可能平行，也可能相交,所以D错误，
故选：AC.
12．已知空间中两个不同的平面，两条不同的直线满足，则以下结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若相交，则相交D．若，则
【答案】CD
【分析】利用空间中线线、线面关系逐项判断即可.
【详解】A选项，如图所示：，，与有可能只是相交，故A错误；
B选项，如图所示：若，，与有可能异面；
C选项，若，相交，则一定相交，故C正确；
D选项，由面面垂直的判定定理即可得若， ，则，
故D正确.
故选：CD.
13．设为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ABC
【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面的位置关系以及面面垂直的判定定理进行判断.
【详解】对于，若，则与平行､相交或，故错误；
对于，若，则与相交或平行，故错误；
对于，若，则与平行或异面，故错误；
对于，若，则由面面垂直的判定定理得，故正确.
故选：.
14．已知直线、，平面、，给出下列命题，其中正确的命題是（ ）
A．若，，且，则
B．若，，则
C．若，，且，则
D．若，，且，则
【答案】AD
【分析】根据线面位置关系的性质定理与判定定理一一判定即可.
【详解】对于A项，，∴或，又，∴，故A正确；
对于B项，如图所示，在正方体中，，面，面，
显然，而FH与BC不平行，即B错误；

对于C项，
如上图所示，在正方体中，，面，，面，
显然符合条件，而，不垂直，即C错误；
对于D项，，又，∴，故D正确.
故选：AD
三、填空题
15．已知平面，和直线m，给出条件：① ；② ；③ ；④．当满足条件 时，有．（选填其中的两个条件）
【答案】②④
【分析】由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，由此能求出结果．
【详解】解：由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出．
即②④是的充分条件，
满足条件②④时，有．
故答案为：②④．
16．已知表示两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的 条件
【答案】必要不充分
【分析】根据直线和平面的位置关系以及充分必要条件的定义可判断.
【详解】若，与面不一定垂直，
若，根据面面垂直的判定定理可得，
故答案为：必要不充分.
17．已知是两个不同的平面，是平面及之外的两条不同的直线，给出下列四个论断：
①；②；③；④.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题： .（用序号表示）
【答案】①③④②(或②③④①)
【分析】已知①③④时，将平移到相交位置，根据线面垂直的判定与性质以及直二面角的定义可推出②；已知②③④时，根据直二面角的定义可推出①.
【详解】若，，，则.
证明：过平面和平面外一点，作，交于，作，交于，
则，，，
显然与不平行，设，则，，
因为，平面，所以平面，
延展平面交于点，连，则，，
则是二面角的一个平面角，
因为，，所以，同理有，
又，所以四边形为矩形，则，
则平面和平面形成的二面角的平面角直二面角，故，

若，，，则.
证明：因为，所以与所成的二面角为，
因为，，所以直线所成的角也为，即.
若，，，则与相交或或.
若，，，则与相交或或.
故答案为：①③④②(或②③④①).
18．已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题：
①若l垂直于α内两条相交直线，则；
②若l平行于α，则l平行于α内所有的直线；
③若，且，则；
④若且，则；
⑤若，且，则．
其中正确命题的序号是 ．
【答案】①④
【分析】对于①，考虑直线与平面垂直的判定定理，符合定理的条件故正确；对于②⑤，可举出反例；对于③考虑的判定方法，而条件不满足，故错误；对于④符合面面垂直的判定定理，故正确．
【详解】对于①，由线面垂直的判断定理可知，若l垂直于a内的两条相交直线，则，故①正确，
对于②，若，如图1，

可知，与是异面关系，故②不正确，
对于③，若，且，无法得到，故无法得到，故③不正确，
对于④，根据面面垂直的判断定理可得，若且，，则，故④正确，
对于⑤，如图2，满足，且，则异面，

故⑤不正确，
故正确命题的序号是 ①④．
故答案为：①④
四、解答题
19．已知正方体ABCD-的棱长为2.
(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为求即可；
（2）根据线面垂直证明线线垂直.
【详解】（1）在正方体ABCD-中，易知⊥平面ABD，
∴.
（2）证明：在正方体中，易知，
∵⊥平面ABD，平面ABD，∴.
又∵，、平面，∴BD⊥平面.
又平面，∴.
20．如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，D，E分别是AB，PB的中点．
(1)求证：平面PAC；
(2)求证：
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，即可得证；
（2）由线面垂直的性质得到，再根据，即可得到平面，即可得证.
【详解】（1）∵点D、E分别是棱AB、PB的中点，
∴，
又∵平面，平面；
∴平面．
（2）∵底面，底面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴．
21．如图，长方体中，底面是正方形．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据长方体的性质得到四边形为平行四边形，则，即可得证；
（2）依题意可得，再由线面垂直的性质得到，即可得证.
【详解】（1）在长方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为底面是正方形，所以，又，所以，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
22．所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.
【答案】见解析
【分析】取的中点为，连接，，根据线面垂直可得AB⊥CD.
【详解】
取的中点为，连接，，
因为四面体为正四面体，故为等边三角形，
故，同理，
而，故平面，
因为平面，故.
23．如图,在三棱锥中,,D,E分别是的中点．
(1)求证：平面;
(2)求证：平面．
【答案】(1)见解析,
(2)见解析.
【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明线面平行;
(2)根据线面垂直的判定定理证明线面垂直.
【详解】（1）证明：由题知D,E分别是的中点,,
平面平面,
平面,得证;
（2）证明：由题知,D是的中点,
,
平面,平面且,
故平面得证.
24．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，平面，，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
【分析】（1）利用直线和平面平行的判定定理即可证明；
（2）利用平面和平面垂直的判定定理即可证明；
【详解】（1）证明：连接、，在平行四边形中，为、的中点，
∵为中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）证明：∵，且，
∴，即，
∵平面，平面，∴，
∵，、平面，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
25．如图，在三棱锥中，平面，，分别为的中点．求证：

(1)平面；
(2)平面平面
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）根据条件知，，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）首先证明平面利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）在中，分别为的中点，
则,又平面,平面,
则平面.
（2）因为平面，平面，
所以又，且平面,
所以平面又平面，
所以平面平面
26．如图，在直三棱柱中， ，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)设为上一点，且，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据得，并且得出四边形为正方形，进而即可求证；（2）利用等体积法的思想求点到平面的距离．
【详解】（1）证明：在直三棱柱中， ，分别为的中点，
∵∴，即，
又是直三棱柱，
所以平面，平面，所以,
平面,,
∴平面，平面,则，
∵分别为的中点，且
∴四边形为正方形，则，又，
平面，∴平面；
（2）由（1）知，即，又是直三棱柱，∴平面，
∴，则点M到平面GBC的距离即为，
∴，
由（1）知，，且，∴，
设点点到平面的距离为，则，∴，则，
即点点到平面的距离为．
27．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:
(1)平面AEC;
(2)平面AEC⊥平面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】（1）设,连接,如图所示:
因为O,E分别为,的中点,所以,
又因为平面,平面,
所以平面．
（2）连接,如图所示:
因为,为的中点,所以,
又因为四边形为菱形,所以,
因为平面,平面,且,
所以平面,又因为平面,
所以平面平面．
28．如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，.求证：.
【答案】证明见解析.
【分析】由题可得，，然后根据空间向量的数量积结合条件可得，进而即得.
【详解】因为平面，平面，
所以，，
因为，
所以，
所以，，即.
29．如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

(1)证明：；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件证明平面，再通过线面垂直的性质得到线线垂直；
（2）设，根据条件得到，再结合线面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以.
因为，，，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以
（2）设，连接，

则是的中点，
又因为是的中点，所以
因为平面，平面，
所以平面.
30．如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且，异面直线PB与CD所成的角为.

(1)求证:平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以,
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以,
因为，为中点，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）以为原点，方向为轴方向，建系如图，

因为,所以为异面直线所成的角，
所以，在菱形中，，
因为，所以,
设，则，
在中，由余弦定理得，，
所以，解得，
所以,
,
所以,
所以点E到直线BP的距离为.
31．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过中位线得到线线平行，利用判定定理可证或利用法向量证明线面平行；
（2）利用面面垂直的性质得到线面垂直，结合线面垂直的判定可证或利用直线的方向向量与平面的法向量平行可证.
【详解】（1）解法一：证明：取中点，连结，，
由三角形中位线性质可得且，
又因为且，所以且，
所以是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．

解法二：证明：因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又平面，所以．
如图，以为原点，以，， 的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
．
因为，易知为平面的一个法向量．

因此，所以．
又平面，所以平面．
（2）解法一：证明：因为，，，
所以，所以．
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又平面，所以．
又，平面，所以平面．
解法二：由（1）可得，，．
设平面的一个法向量， 则
，取，得，
所以是平面的一个法向量．
因此，所以平面．
32．如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，，，，P为的中点.证明：平面平面；

【答案】证明见解析
【分析】由线线垂直可得线面垂直，即可由面面垂直的判定求证.
【详解】如图，连接，四边形是菱形，，故为等边三角形，由于P为的中点.故.

又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面，
平面平面，即故平面平面.
33．如图所示，在正方体中，，分别为，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
【分析】（1）连接，根据，，可得，再由线面平行的判定可得证；
（2）依题意可得、，即可得到平面，从而得证．
【详解】（1）连接，

因为，分别为，的中点，
所以，
又在正方体中，且，
所以为平行四边形，所以，
所以，
而平面，平面，所以平面；
（2）在正方体中，平面，
又平面，
所以，
又四边形为正方形，则，，所以，
而，平面，平面，
所以平面，
又平面，
则平面平面．
34．如图，在四棱柱中，底面，底面满足，且，.

(1)求证：平面；
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用勾股定理逆定理可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）根据题目中各边的长度由勾股定理可得，再由直棱柱性质可得为四棱锥的高，根据椎体体积公式求出结果即可.
【详解】（1）由底面，平面，
所以，
又因为，.
满足，可得，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）中，且，，可得，
因此，即，
又平面，，
可得平面，平面，
即，
又，平面，
所以平面，即为四棱锥的高，
即四棱锥的体积..
35．如图所示，在三棱锥中，底面， ，动点D在线段AB上.

(1)求证：平面平面，；
(2)当时，求三棱锥C－OBD的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得线线垂直，根据勾股定理可知，根据线面垂直的判定定理可知平面，而根平面，满足定理所需条件；
（2），，此时，．根据三棱锥的体积公式求出所求即可．
【详解】（1）证明：底面，底面BOC，，．
，，．
，所以，所以，
由于平面,
平面．
平面，平面平面．
（2），，
此时．
．
36．如图所示，在正方体中，为与的交点，为的中点，求证：平面．

【答案】证明见解析
【分析】要证明平面GBD，只需证明垂直于平面GBD中的两条相交直线．易知，而中的G，O连接后的线段GO与垂直的可能性最大，故不妨尝试证明，由向量的数量积可知只需证明即可·
【详解】如图所示，连接，

设，，，则，，，．
因为，
，
，
所以
，
，
所以，，即，．
又因为，平面，平面，
所以平面．
37．如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面为正方形，，.求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】根据平面平面ABCD可得平面，进而得到，在等腰梯形，作，结合长度关系可得，进而得证.
【详解】证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
则平面.
又平面，则；
在等腰梯形，如下图，作，
由题可知，，
又，则，结合，得.
因，则.
又平面，平面，，
则平面.
38．如图，在四棱锥中，平面，底面是梯形，点在上，．求证：平面平面.

【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量先证明平面，然后根据面面垂直的判定证明即可.
【详解】因为平面，平面，
所以，
因为，
所以两两垂直，
所以以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为,，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；

39．如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，是的中点，底面，．
证明：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量是，结合得到和共线，所以平面，从而得到面面垂直.
【详解】证明：因为底面是边长为1的菱形，，
所以⊥，
如图以为原点，所在直线为轴，平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，
平面的一个法向量是，
所以和共线，所以平面，
又因为平面，故平面平面．
40．如图，四棱锥中，底面为正方形，底面，为的中点.

(1)证明：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理来证得平面；
（2）根据面面垂直的判定定理来证得平面平面.
【详解】（1）设，连接，
由于分别是的中点，
所以，由于平面，
平面，所以平面.
（2）由于四边形是正方形，所以，
由于平面平面，
所以，由于平面，
所以平面，
由于平面，
所以平面平面.

【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．已知直线和两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】由空间直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断即可.
【详解】若，则不一定平行，还可以相交，故A错误；
若，则，故B错误；
若，则不一定平行，还可以相交，故C错误；
若，则必存在直线，且，
而，所以，所以，故D正确.
故选：D
2．设､是互不重合的平面，､､是互不重合的直线，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】根据线面的位置关系结合面面垂直的判定定理逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，，，
则或或与相交，故A错误；
对于B，若，，则两直线平行或或相交或异面，故B错误；
对于C，若，，，则直线平行或或相交或异面，故C错误；
对于D，若，则在平面内存在直线，
又，所以，
又，所以，故D正确.
故选：D.
3．已知直线，和平面，，则使平面平面成立的充分条件是（ ）
A．，B．，
C．，，D．，
【答案】A
【分析】A选项，由条件可得到得到充分性；B选项，不一定得到，作图说明；C选项，不一定得到，作图说明；D选项，根据条件得到面面平行可以判断.
【详解】A选项中，根据，，可得存在，所以，所以平面平面，A正确；
B选项中，，,，，，不一定得到，如下图，所以B错误；

C选项中，，，，不一定得到，如下图，所以C错误；

D选项中，根据，，所以，所以D错误.
故选：A.
4．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
【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.
【详解】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.
5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.
【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；
当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；
在如图所示的正方体中，
取为，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项C错误；
当，，时，必有，从而，故选项D正确；
故选：D.
二、多选题
6．，，是不同的直线，，是不同的平面，下面条件中能证明的是（ ）
A．，，，，
B．，，
C．，
D．，
【答案】AD
【分析】由线面垂直定义，线面垂直判定定理，面面垂直性质定理可判断选项正误.
【详解】A选项，可知直线与平面内两条相交直线垂直，则，故A正确；
B选项，缺少条件，不能保证，故B错误；
C选项，此时有可能与两平面交线不垂直，此时不能保证，故C错误；
D选项，因，，则，故D正确.
故选：AD
7．在空间中，设为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】AD
【分析】由面面垂直的判定定理可得，选项A可判定；若，，则，或与相交，选项B可判定；若，，，则，与相交，与异面，选项C可判定；由面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理可证得
，选项D可判定.
【详解】因为所以可取直线，且，
因为，，所以，又，可得，故选项A正确；
若，，则，或与相交，故选项B错误；
若，，，则，与相交，与异面，故选项C错误；
因为，令可取直线，且，
可得又，所以，
因为，，所以，
又，可得，故选项D正确.
故选：AD.
三、填空题
8．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面.下列正确命题的序号是 .
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
【答案】②
【分析】举例说明判断①③④；利用相关性质推理判断②作答.
【详解】对于①，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，显然有，，，而，①错误；

对于②，因为，，当时，由，得，
当n不在平面内时，则存在过直线的平面与都相交，令交线分别为，
则有，而，，于是，因此，②正确；
对于③，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，满足，，，而，③错误；
对于④，在长方体中，平面，平面分别为，
直线分别为直线，满足，，，而，④错误，
所以正确命题的序号是②.
故答案为：②
9．设是一条直线，是不同的平面，则在下列命题中，假命题是 ．
①如果，那么内一定存在直线平行于
②如果不垂直于，那么内一定不存在直线垂直于
③如果，那么
④如果，与都相交，那么l与所成的角互余
【答案】④
【分析】根据线面、面面位置关系有关知识对命题进行分析，从而确定正确答案.
【详解】①，，且交线为，则在内，与平行的直线与平行，①正确.
②，若存在且，根据面面垂直的判定定理可知，
这与“不垂直于”矛盾，所以②正确.
③，若，
如下图所示，设，
过作，垂足分别为，
由于，所以，由于，所以，
同理可证得，由于，
所以，所以③正确.
④，如果，与都相交，设，如下图所示，
设，过作，垂足为，
过作，垂足为，
由于，所以，同理可证得，
所以与所成角为，与所成角为，
，与长度不相等，
所以么l与所成的角不互余，④错误.
故答案为：④
四、解答题
10．如图，在三棱锥中，平面，，，，为垂足.

(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求四面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出平面，可得出，由等腰三角形三线合一的性质可得出，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出平面，并计算出的长以及的面积，利用锥体的体积公式可求得四面体的体积.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，为的中点，则，
因为，、平面，因此，平面.
（2）解：因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，
因为平面，平面，所以，，
则，
因为为的中点，则，
因此，.
11．如图所示的几何体中，四边形为正方形，.

(1)求证：平面；
(2)若，平面平面.若为中点，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，由线面平行的判定定理可得答案；
（2）由面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直的判定定理得出平面，即可得证.
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）若，则为等边三角形，如图，

因为为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以.
12．已知矩形中，，的中点为，将绕着折起，折起后点记作点（不在平面内），连接、得到几何体，为直角三角形.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出面，可得出，利用勾股定理可证得，利用线面垂直和面面垂直的判定定可证得结论成立；
（2）推导出面，，以点为坐标原点，分别以、、方向为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接，连接交于点，则，
翻折前，翻折后，则有，
由于为直角三角形，且，
，因此必有，
又因为，、平面，则面，
因为平面，从而可得，
又因，，则，所以，.
又因，、平面，即面，
因为平面，因此，面面.

（2）解：如图，取中点为，中点为，连接，
由（1）可知，平面平面，
因为，为的中点，则，
因为平面平面，平面，所以，面，
因为、分别为、的中点，则，
因为，则，
以点为坐标原点，分别以、、方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

则、、、，
得，，，，
设平面的一个法向量为，
由，则，
取，则，，得到，
设平面的法向量为，
则，取，则，，则，
则，
从而，
也即平面与平面所成夹角的正弦值为.
13．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，E是的中点，已知，．

(1)求证：；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）以A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，利用向量法证明．
（2）运用线面垂直的性质定理可证得，进而运用线面垂直的判定定理可证得平面PAC，进而可证得面面垂直.
【详解】（1）以A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，如图所示，

则，，，，，
所以，，
所以，所以．
（2）连接，，如图所示，

因为面，面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
又因为，、面，所以面，
又因为面，所以平面平面．
14．如图，四棱锥，平面ABCD，为等边三角形，，B，D位于AC的异侧，.
(1)若，求证：平面平面PBD；
(2)若直线平面PAD，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形与平行四边形的性质，利用线面垂直的性质定理以及判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）根据线面垂直性质定理，结合三角形的面积公式求得三棱锥底面积，利用三棱锥体积公式，可得答案.
【详解】（1）证明：因为，且为等边三角形，所以，
因为，，所以四边形ABCD为平行四边形，
又为等边三角形，可得，四边形ABCD为菱形，所以，
因为平面ABCD，且平面，所以，
因为平面，且，所以平面PAC，
因为面PBD，所以平面平面PBD.
（2）已知平面ABCD，，
在等边中，，
因为平面PAD，且平面，所以，
因为，为边长为2的等边三角形，所以，
在，则，，
所以，
所以四棱锥的体积.
15．如图，几何体中，为等腰梯形，为矩形，，平面平面.

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，根据平面平面可得平面，再由线面垂直的性质和勾股定理可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出、平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）如图，过点作的垂线，垂足为，连接，
由已知可得，
平面平面，平面平面平面，
平面，
平面，
；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，则，

，
设平面的法向量为，则，
令得，设直线与平面所成角为，
则，
，即直线与平面所成角的大小为.
16．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，为的中点.

(1)证明：.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直性质和判定可证得平面，进而得到；由等腰三角形三线合一性质可得，由线面垂直的判定与性质可证得结论；
（2）根据为中点可知，由棱锥体积公式可求得，从而得到；根据长度和垂直关系，结合解三角形的知识可求得，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.
【详解】（1）平面，平面，；
又，，
，平面，平面，
平面，；
为的中点，，；
，平面，平面，
平面，.
（2）连接，取的中点，连接，

为的中点，，又，.
，，，，.
又，平面，，.
分别为中点，，又平面，平面，又，，，
，，
又，
在中，，
，.
设点到平面的距离为，则，解得：，
即点到平面的距离为.
17．如图，圆锥SO，S为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高点P在高SO上，是圆锥SO底面的内接正三角形.

(1)若，证明:平面
(2)点P在高SO上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意易证，，再根据线面垂直的判定即可证明平面.
（2）首先点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和基本不等式得到当时，与平面所成角的正弦值最大，再求三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，
易知底面圆，而底面圆，所以，
又在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
且，，所以，，同理可证，
又，平面，所以平面；
（2）如图，因为，所以以点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立以为原点的空间直角坐标系，

设，
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线和平面所成的角为，
则
，
当且仅当，即时，所在直线和平面所成角的正弦值最大，
故.
18．如图，已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，是的中点．

(1)证明：；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，结合，推出平面，得到，证明平面，即可证明．
（2）利用，转化求解即可．
【详解】（1）证明：因为底面是边长为2的正方形，，所以，
因为是的中点，所以,
因为平面，平面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
（2）设点到平面的距离为，
因为平面，平面，所以，
因为，所以为等腰直角三角形，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，
所以，
因为是的中点，平面，所以点到平面的距离为，
因为，所以，
所以，解得，
所以点到平面的距离为.
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面分别是中点，点在棱上移动.

(1)证明：无论点在上如何移动，都有平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理来证得平面平面.
（2）利用等体积法来求得点到平面的距离.
【详解】（1）连接，底面为菱形，，为正三角形，
是的中点，，又，
平面平面，
平面，平面，
平面，平面平面.
（2）连接，，
.
设到平面的距离为，，
由于平面，所以，所以，
由，得.

20．如图，直三棱柱中，点是上一点.

(1)若点是的中点，求证∥平面；
(2)若平面平面，求证.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，设，则由三角形中位线定理可得∥，然后利用线面平行的判定定理可得结论；
（2）在平面中，过作，则由面面垂直的性质可得平面，则，再由直棱柱的性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，从而由线面垂直的性质可得结论.
【详解】（1）证明：连接，设，则为的中点，
连接，由是的中点，得∥，
又面，且面，
所以∥平面；

（2）证明：在平面中，过作，
因为平面平面，又平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以.
21．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】要证直线与平面垂直，可以根据判定定理，证明此直线与平面内的两条相交直线垂直（此时可以用几何法证明直线垂直，也可以用向量法证明直线垂直），从而证得直线与平面垂直；也可以利用向量法，求出直线的方向向量和平面的法向量，从而证得直线与平面垂直.
【详解】法一：连接，因为为等边三角形，为中点，，
因为在平面内的射影为，所以平面，
又因为平面，，
平面，
平面，又因为平面，
由题设知四边形为菱形，，
分别为中点，，
又平面，
平面.
法二：连接，因为在平面内的射影为，所以平面，
又平面，，
又为等边三角形，为中点，，
则以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
，
，即，
又平面，
平面.
法三：连接，因为在平面内的射影为，所以平面，
又平面，，
又为等边三角形，为中点，，
则以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
设平面的法向量为，
，即，
不妨取，则，则，
所以平面的一个法向量为，
，，，
平面.
22．已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】根据与底面所成角的余弦值为得到是边长为的等边三角形，然后利用空间向量的方法证明平面平面即可.
【详解】
取的中点，连，
因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
23．如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点E在底面圆周上，，F为垂足．

(1)求证：．
(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时，求点B到平面CDE的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，可得，进而证明，根据线面垂直的性质定理可证明结论.
（2）由为直线DE与平面ABE所成角，求得，设B到平面CDE的距离为h，则有，由等体积法可求h.
【详解】（1）∵AB为圆的直径，，
又平面AEB，平面AEB，，
又，平面ADE，平面ADE，
而平面AEB，，
又，且，平面BDE，
平面BDE，
又平面BDE，；
（2）由题意可知，平面ABE，
为直线DE与平面ABE所成角，
，，
设B到平面CDE的距离为h，则有，
因为，，，
由余弦定理得，
则，
故，
由点向直线作垂线，垂足为，
平面AEB，平面AEB，所以，
平面，所以平面，
且，
，解得，
∴B到平面CDE的距离为．

24．如图，在正三棱柱中，，点在上，且，为中点，证明：

(1)平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）延长和交于点，设，根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）根据题意，分别证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
【详解】（1）证明：如图所示，分别延长和交于点，设，
设，因为，可得，
由，可得，即，解得，
又因为为的中点，可得，所以，所以，
又由，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，
设，因为四边形为矩形，所以为的中点，
在中，由三角形的中位线定理，可得，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为三棱柱为正四棱柱，且，
可得四边形为正方形，所以，
又因为为的中点，可得，且为的中点，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.

25．如图所示，在正方体中．求证：（立体几何证明过程中不可使用向量法，否则不给分）
(1)直线平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）先证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
【详解】（1）证明：在正方体中，，
即四边形为平行四边形，
所以平面平面，
所以平面．
（2）在正方体中，
平面中，又因为平面，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
26．如图，在多面体中，四边形是正方形， ，且，二面角是直二面角．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明两两垂直，建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法，即可证明结论；
（2）求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法，即可证明结论；
【详解】（1）证明：由二面角是直二面角，四边形为正方形，则，
平面，平面平面,可得平面ABC.
又因为，所以，所以，即，
所以两两垂直，
以A为坐标原点，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，

设，则知点，，，，
由于两两垂直，平面，即平面，
故平面的一个法向量可取为，
而，即，所以平面.
（2）证明：由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，即，
所以，所以，
又因为平面，所以平面.
27．如图所示，在四棱锥中底面ABCD是边长为2的菱形，，面面，．

(1)证明：；
(2)求点A到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直以及等腰三角形的性质，可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据菱形的性质，结合线面垂直性质定理，可得答案；
（2）根据线面平行，将问题等价转化，利用直角三角形的性质，可得答案.
【详解】（1）如图，取AD中点H，连接PH，HB，BD

∵ABCD是边长为2的菱形，，
由，得，∵，
∴，∴H为AD的中点，
∵，H为AD的中点，∴，而，平面，
∴平面PHB，又平面PHB，∴，
又∵∴．
（2）因为，平面，平面，所以平面
由平面PBC知点A与点H到平面PBC距离相等，
由（1）知平面PHB，，∴平面PHB，而平面PBC，
∴平面平面PHB，过点H作于M，
又平面平面，∴平面PBC，
知HM即为点H到平面PBC的距离，
由平面平面ABCD，平面平面平面PAD，，
∴平面ABCD，而平面ABCD，∴，
又，∵，，∴.
28．如图，在四棱锥中，底面，，，，，E是PC的中点．证明：PD⊥平面ABE.
【答案】证明见解析
【分析】由题设构建空间直角坐标系，法一：求出平面ABE的法向量，坐标公式判断，即可证结论；法二：向量垂直的坐标表示证，，根据线面垂直的判定证结论.
【详解】由底面，，易知两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC，设，
则，
∵，∴为正三角形，则，
∴，
法一：设平面ABE的法向量为，则，
令，，而，显然，则，
∴也是平面ABE的一个法向量，即平面ABE.
法二：，则，，
∴，，即，故平面ABE.
29．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面底面，且，，E为CD的中点，F为AD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)
【分析】（1）连接，先证明，根据面面垂直及线面垂直得性质证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据棱锥的体积公式计算即可.
【详解】（1）连接，
因为E为CD的中点，F为AD的中点，所以，
又底面ABCD为菱形，所以，所以，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因平面，
所以平面；

（2）由，得，
因为底面ABCD为菱形，，
所以为等边三角形，所以，
则，
所以.
30．图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)证明：平面平面
(2)求点到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用已知条件得四边形为菱形，连接交于点，得，再利用长度关系得到，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到平面平面；
（2）计算出，并计算出的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.
【详解】（1）如图所示：
连接AC，交BE于F，
因为，，，，，所以AE=4，
又，所以四边形ABCE是菱形，所以，
在中，，所以，
在中，又，，则，
所以，又，面，所以平面，
又因为面，所以平面平面
（2）设点D到平面的距离为h，
因为，
且，所以，
即，解得.
【C组 在创新中考查思维】
一、解答题
1．如图，在三棱锥中，，，为的中点，为的中点，且为正三角形．
（）求证：平面．
（）若，，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】试题分析：
（1）要证平面，只需证明与平面内的两条相交直线垂直，利用直线与平面垂直的判定定理证明即可；
（2）解法一：通过，利用等体积法，即可求解点到平面的距离；
解法二：过点作直线的垂线，角的延长线于点，证明平面，说明为点到平面的距离，一是利用等面积求解，二是利用解直角三角形求解．
试题解析：
（）
证明：在正中，是的中点，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴，故，
又，，
，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
又，，
，平面，
∴平面．
（）解法：设点到平面的距离为，
∵，是的中点，
∴，
∵为正三角形，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∵．
由（）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
故点到平面的距离为．
点睛：本题考查了直线与平面垂直的判断与证明，点到直线的距离的求法等知识点，此类题目是立体几何中的常见问题，解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等．
2．如图，是半球的直径，为球心，，，依次是半圆上的两个三等分点，是半球面上一点，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在底面圆内的射影恰在上，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】(1)由面面垂直的判断定理可知，要证平面平面，只需证一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的两条相交直线即可，根据，结合题意只需证明，即四边形是菱形即可；
(2)由(1)可得平面，结合已知条件可得点P在底面圆内的射影是与的交点Q，在中，由勾股定理计算，求出，再根据即可求解.
【详解】（1）证明：连接，如图，是半圆上的两个三等分点，
则有，
∵，
∴都是正三角形.
∴，
四边形是菱形，，
∵，平面，
∴平面，平面
∴平面平面.
（2）由(1)知，平面PON，
所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，
则点P在底面圆内的射影在ON上，
又点P在底面圆内的射影在BM上，
点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，
，
故，
在中，由余弦定理，可得，
故，故，
在中，，
故，
故.
由，可得，
即，所以，
点到平面的距离为.
【点睛】
3．如图，在几何体ABCDE中，面，，，．
(1)求证：平面平面DAE；
(2)AB=1，，，求CE与平面DAE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行证得，再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）首先确定直线与平面所成角的平面角为，再应用棱锥体积公式求、，即可得解.
【详解】（1）如图，取的中点M、N，
连接、、，则知，且，
又，且，
所以，且，
则四边形为平行四边形，所以．
∵，M为的中点，∴，
∵平面，平面，∴．
又，平面,平面，∴平面
从而可得平面，由于平面，
所以平面平面，命题得证．
.
（2）由（1）知，平面DAE于，则为CE与平面DAE所成角.
且在中，，由且，得，
又已知平面，平面，∴，
∵平面ABCD，∴平面ABCD，
设，则，那么有，
则，解得，即有．
从而易得，在中，；
又在中，，则知；
∴，即CE与平面DAE所成角的正弦值为．
4．如图，四棱锥中，为矩形，，且．为上一点，且．
(1)求证：平面；
(2)分别在线段上的点，是否存在，使且，若存在，确定的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在使且，其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.
【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；
（2）假设存在存在符合题意，建立空间直角坐标系，利用向量的方法保证 且，进而确定确定的位置.
【详解】（1），且平面
又平面，
矩形中，
又，则与相似，则
．；
又，平面；
（2），且平面．又，
则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知
，
假设存在满足且．
在线段上 ，可设
的坐标
在线段上，可设
则．
要使且，则，
又，
可得，解得 ．
故存在使且，
其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面平面ABCD，，，，，，E，H分别是棱AD，PB的中点.
(1)证明：平面PCE；
(2)若，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由平面几何证得四边形AFCD是正方形，从而由勾股定理证得，再由面面垂直的性质定理证得，由此利用线面垂直的判定定理证得平面PCE；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得平面的法向量，从而由求得点P到平面的距离.
【详解】（1）在棱AB上取点F，使得，连接CF，BE，
因为，，，所以四边形AFCD是正方形，
因为E是棱AD的中点，所以，又，
所以，，
从而，故，
因为，且E是棱AD的中点，所以，
又因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，平面，
所以平面ABCD，又平面ABCD，所以，
因为平面PCE，平面PCE，且，
所以平面PCE．
.
（2）结合（1）中结论，以E为原点，分别以，的方向为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为在中，，所以，则，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
又，
所以点P到平面的距离为.
6．如图，平面，底面为矩形，于，于
（1）求证：面；
（2）设平面交于，求证：.
【答案】（Ⅰ）见解析；（2）见解析
【详解】（Ⅰ）∵平面，面
∴，
又 ，
∴面, 面，
∴
∴面,面，
∴，
又∵,
∴面.
（Ⅱ）设平面交于，
由（Ⅰ）知面
∴,
由（Ⅰ）同理面,面，
∴∴面,面，
∴，
考点：线面垂直；线线垂直
7．如图，在四棱锥中，底面为正方形，点在底面内的投影恰为中点，且．
(1)若，求证：面；
(2)若平面与平面所成的锐二面角为，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）根据已知条件，不妨设，，然后根据勾股定理分别证明，，最后根据线面垂直的判断进行证明即可.
（2）首先过点做底面垂线，垂足为中点.不妨假设底面正方形的边长为，.建立空间直角坐标系，通过已知条件平面与平面所成的锐二面角为，求出，最后根据线面角的夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）如图，连接，.
已知，不妨设，.
已知点在底面的投影落在中点，所以四棱锥为正四棱锥，
即，
底面为正方形，，得，同理得，
为的中点，，，得，
，，同理可得，
平面，平面，且，平面.
（2）如图，过点做底面垂线，垂足为中点.
以所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴如图建立空间直角坐标系.
不妨假设底面正方形的边长为，.
因此得，，，，，.
，，，，
设平面的法向量为，
由，得，解得：，，，故；
设平面的法向量为，
由，得，解得：，，，故；
由平面与平面所成的锐二面角为，
得，解得或（舍）.
得，，设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
8．如图所示，在三棱柱中，为正方形，是菱形，，平面平面．
(1)求证： ；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理证得平面，再利用线面垂直的判定定理证得平面，由此证得结论；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由此利用空间向量求角的方法即可求得所求.
【详解】（1）连接，在正方形中，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在菱形中，，
因为，面，
所以平面，
因为平面，所以.
.
（2）在平面内过点作直线垂直于，垂足为，
由（1）可知平面，所以，，
故以点为坐标原，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，在菱形中，，
所以，故，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
由（1）可知，是平面的一个法向量，且，
所以，
结合图形，可知平面与平面所成角为锐角，所以其余弦值为.
.
9．如图，把以为底边的等腰绕着它的一条腰旋转到的位置，使得为正三角形，且，，、为线段、上的点，且，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明如下
(2)
【分析】（1）通过作辅助线，构造平面，使得平面，再在平面内作直线与平行，即，并通过勾股定理求证，从而证明出平面；
（2）因为为等边三角形，所以，并在平面作辅助线，构造出二面角所对应的平面角，通过求出各边长，从而求出二面角的正弦值
【详解】（1）
过点作，连接
过点作交于点
过点作交于点，连接
，，
，为等腰三角形，且
，且，
，，
为等腰三角形
又，，
，即
且
四边形为平行四边形，
，全等于
，，
，，，平面，平面
平面
平面，
，，平面，平面
平面
平面
（2）
过点作，取的中点，连接
过点作交于点，连接
为等边三角形，为的中点，
，，
二面角的平面角为
，
，
由（1）得
又为等腰三角形，且，
，，
又，
，
，即
在中，
二面角的正弦值为
10．如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段的中点
【分析】（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.
【详解】（1）证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
（2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
11．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，点在上，且.
(1)已知点在上，且，求证：平面平面.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先通过平面几何算出，再证明四边形为平行四边形，因此，进而证明，再证，得到面，因此平面平面；
（2）若是中点，连接，易知为平行四边形，由线面平行的判定可得面，再由线面垂直的性质及判定有面，若为中点，连接，则，由到面的距离即为到面的距离求点面距离.
【详解】（1）由，即△为等腰直角三角形，
又是直角梯形且，且，所以，
因为，故为等腰直角三角形，所以，
因为，又，，∴，，
又，即，∴四边形为平行四边形，则，
又，故；
由底面，面，则，
又，面，∴面，
而面，∴平面平面.
（2）取的中点，连接，由（1）易知：为平行四边形，
∴，而面，面，即面，
综上，到平面的距离即为到面的距离，由面，面，
∴，又，，面，故面，
取的中点，连接，则，故面，又，
∴到面的距离，即到平面的距离.
12．如图，在四棱锥中，平面平面，=，底面是平行四边形，=，=1，=2，，分别为线段，的中点
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先通过面面垂直的性质定理得到平面ABCD，进而得到，然后结合余弦定理和勾股定理得到，进而证明出平面PMN，最后得到结论；
（2）建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的夹角公式求得答案.
（1）
如图，连接AC．
因为PA=PD，M为线段AD的中点，所以．
又因为平面平面ABCD，两平面交线为AD，平面PAD，
所以平面ABCD，所以．
在中，利用余弦定理可得，所以，所以．
因为M，N分别为线段AD，DC的中点，所以，又，所以．
又因为，所以平面PMN，而平面PCD，所以平面平面PCD．
（2）
由（1）可知，则以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴，过A点且平行于PM的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系．
则，，，，设，则．
，，设为平面PAB的法向量，
则令，则．
，，设为平面PCD的法向量，
则令，则．
因为平面平面PCD，所以，即．
因为，所以，即．
13．如图，四棱锥中，底面为梯形，，且，侧面为等边三角形，侧面为等腰直角三角形，且角为直角，且平面平面.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求平面和平面所成二面角（锐角）的大小.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）
【详解】【解析】试题分析：（Ⅰ）证明面面垂直，一般方法为利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，显然需要作出一条垂线. 由侧面为等边三角形，根据平面几何知识可得取边上中线为证明目标，由于，又由已知面面垂直条件可得平面，再利用平行四边形将其移至平面.（Ⅱ）求二面角大小，一般方法为利用空间向量数量积进行求解，先确定空间直角坐标系，设立各点坐标，解方程组得各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角的余弦值，最后根据二面角与向量夹角关系确定二面角大小.
试题解析：解：（Ⅰ）作中点，中点，连结.
∵为等边三角形，为中点，
∴
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵为的中位线，
∴，又∵，∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
（Ⅱ）作的中点，的中点，连结.
∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又，
∴平面，∴，
又∵，∴两两垂直
以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则,
,
设平面的法向量，则
,即，
设，则，
则.
由平面可得平面的法向量，
故所求角的余弦值，
故所求二面角大小为.
14．在三棱柱中，已知，，的中点为，垂直于底面．
（1）证明：在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明详见解析，；（2）．
【详解】试题分析：（1）如下图所示，连，作于点，首先有，再证平面，从而可证平面，可在中利用射影定理，求得的长；（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可求解．
试题解析：（1）连接，在中，作于点，∵，得，
∵平面，∴，∵，，得，∴平面，
∴，∴平面，又∵，，得；（2）如下图所示，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，由（1）可知得点的坐标为，
平面的法向量是，设平面的法向量，由，得，
令，得，，即，∴，
即所求二面角的平面角与互补，故所求的余弦值是．
考点：1．线面垂直的判定和性质；2．空间向量求二面角．