第03講 空間中點、線、面位置關系與空間中的平行關系（5類核心考點精講精練）-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學一輪復習（新教材新高考）

這是一份第03講 空間中點、線、面位置關系與空間中的平行關系（5類核心考點精講精練）-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學一輪復習（新教材新高考），共45頁。試卷主要包含了 4年真題考點分布， 命題規(guī)律及備考策略等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2024高考數(shù)學一輪復習
第03講 空間中點、線、面位置關系與空間中的平行關系（核心考點精講精練）

1. 4年真題考點分布
4年考情
考題示例
考點分析
關聯(lián)考點
2023年全國乙卷（理），第19題,12分
證明線面平行
證明線面垂直
證明面面垂直
求二面角
2022年新Ⅱ卷，第20題,12分
證明線面平行
面面角的向量求法
2022年全國甲卷（文），第19題,12分
證明線面平行
求組合體的體積
2020年全國乙卷（理），第20題,12分
證明線面平行
求線面角
證明面面垂直

2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的?？純?nèi)容，設題穩(wěn)定，難度中等，分值為5-12分
【備考策略】1.理解、掌握空間中點線面的位置關系及相關的圖形和符號語言
2.熟練掌握線面平行的判定定理和性質(zhì)定理及其應用
3.熟練掌握面面平行的判定定理和性質(zhì)定理及其應用
【命題預測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的?？純?nèi)容，一般在解答題中考查線面平行、面面平行的判定及其性質(zhì)，需強化鞏固復習.






知識講解
1. 常見立體幾何的定義、性質(zhì)及其關系
（1） 棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行圖形，側(cè)面是平行四邊形（即側(cè)棱平行且相等）
（2） 斜棱柱：側(cè)棱與底面不垂直的棱柱
（3） 直棱柱：側(cè)棱垂直于底面的棱柱
（4） 正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱
（5） 平行六面體：底面是平行四邊形的四棱柱是平行六面體，即：平行六面體的六個面都是平行四邊形


2. 四個公理與一個定理
公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi).
公理2：過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面。
公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線。
公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行。
等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.

3. 空間中點線面的位置關系
點與直線的位置關系
點在直線上

點不在直線上




點與面的位置關系
點在平面上
點不在平面上



線與線的位置關系




平行，
相交，
，異面
線與面的位置關系






面與面的位置關系



平行，
相交，
與重合

4. 空間中的平行關系
（1） 線線平行
①三角形、四邊形的中位線與第三邊平行，②平行四邊形的性質(zhì)（對邊平行且相等）
③內(nèi)錯角、同位角相等，兩直線平行；同旁內(nèi)角互補，兩直線平行

（2） 線面平行的判定定理：
平面外一直線與平面內(nèi)一直線平行，則線面平行
圖形語言
符號語言



（3） 線面平行的性質(zhì)定理
若線面平行，經(jīng)過直線的平面與該平面相交，則直線與交線平行
圖形語言
符號語言



（4） 面面平行的判定定理
判定定理1：一個平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個平面，則面面平行
圖形語言
符號語言


判定定理2：一個平面內(nèi)有兩條相交直線分別于另一個平面內(nèi)兩條相交直線平行，則面面平行
圖形語言
符號語言



（5） 面面平行的性質(zhì)定理
性質(zhì)定理1：兩平面互相平行，一個平面內(nèi)任意一條直線平行于另一個平面
性質(zhì)定理2：兩平面互相平行，一平面與兩平面相交，則交線互相平行

考點一、空間中點線面的位置關系

1．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考三模）已知不重合的平面，及不重合的直線m，n，則（????）．
A．若，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
【答案】B
【分析】根據(jù)空間中直線與平面的位置關系一一判定即可.
【詳解】對于A項，若，，則或，故A錯誤；
對于B項，若，，則n∥或，
當n∥時，若，則，當時，若，則也成立，綜上，故B正確；
對于C項，若，，，則或，反例如下圖所示，可以說明符合條件時，
兩個平面有相交的可能.故C錯誤；

對于D項，如下圖所示，m、n可能異面，故D錯誤.
，
故選：B
2．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預測）已知l，m，n表示不同的直線，，，表示不同的平面，則下列四個命題正確的是（????）
A．若，且，則 B．若，，，則
C．若，且，則 D．若，，，則
【答案】C
【分析】根據(jù)線、面位置關系逐項分析判斷.
【詳解】對于選項A：若，且，則l，m可能平行、相交或異面，并不一定垂直，故A錯誤；
對于選項B：若，，，則m，n可能平行、相交或異面，并不一定平行，故B錯誤；
對于選項C：若，且，根據(jù)線面垂直可得：，故C正確；
對于選項D：若，，但不能得到，
所以雖然，不能得到，故D錯誤；
故選：C.
3．（2023·江蘇揚州·揚州中學?？寄M預測）已知、、為空間中三條不同的直線，、、為空間中三個不同的平面，則下列說法中正確的是（????）
A．若，，，則
B．若，，，若，則
C．若，、分別與、所成的角相等，則
D．若m//α，m//β，，則
【答案】B
【分析】對于ACD，通過舉反例說明其錯誤；利用線面平行的性質(zhì)可判斷B選項.
【詳解】對于A，如圖1，若，，，則可以與平行，故A錯誤；
對于B，因為，，，且，，則，
因為，，則，故，B正確；
對于C，如圖2，若，、分別與、所成的角為時，與可以相交、平行或異面，故C錯誤；
??
對于D，如圖1，m//α，m//β，，，則與相交，D錯誤.
故選：B.
4．（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考二模）在如圖所示的正方體或正三棱柱中，M，N，Q分別是所在棱的中點，則滿足直線BM與平面CNQ平行的是（????）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)正方體，正三棱柱的性質(zhì)，線面的位置關系及線面平行的判定定理結(jié)合條件逐項分析即得.
【詳解】A選項中，由正方體的性質(zhì)可知，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯誤；

B選項中，因為，故平面CNQ即為平面ACNQ，而，平面CNQ，平面CNQ，所以直線BM與平面CNQ平行，故正確；

C選項中，因為，故平面CNQ即為平面BCNQ，則直線BM與平面CNQ相交于點B，故錯誤；

D選項中，假設直線BM與平面CNQ平行，過點M作CQ的平行線交于點D，則點D是在上靠近點的四等分點，
由，平面CNQ，平面CNQ，可得平面CNQ，又BM與平面CNQ平行，平面，則平面平面CNQ，
而平面與平面，平面CNQ分別交于BD，QN，則BD與QN平行，
顯然BD與QN不平行，假設錯誤，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯誤．

故選：B.
5．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知正三棱柱的各條棱長都相等，是側(cè)棱的中點，是的中點，則（????）

A． B．平面
C．平面 D．
【答案】D
【分析】根據(jù)空間中的平行和垂直的判定方法，結(jié)合選項逐一驗證.
【詳解】因為與異面，所以A項錯誤；
因為的延長線必過點，所以B項錯誤；
因為與不垂直，所以C項錯誤；
取的中點，連接，在正方形中，與全等，可得，
連接，則，又平面底面，所以平面，
因為平面，所以，
又，所以平面，
因為平面，所以.
故選：D.



1．（2023·福建泉州·泉州五中?？寄M預測）設為兩條直線，為兩個平面，則的充分條件是（????）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】對于選項A、B、D，可以舉反例進行排除；對于選項C，可以結(jié)合空間兩個平面的法向量垂直，則兩個平面垂直進行判斷.
【詳解】對于A，如圖1，，，則滿足，平面與不一定垂直，故A錯誤；
對于B，如圖2，，， 則滿足，平面與不一定垂直，故B錯誤；
C. 如圖3，如圖，在直線上取兩個向量,則分別為平面的法向量，且,則，故C正確；
C. 如圖4，，，，則，平面與不一定垂直，故D錯誤；
?????????????
故選：C.
2．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）已知直線兩兩異面，且，，下列說法正確的是（????）
A．存在平面，使，，且，，
B．存在平面，使，，且，，
C．存在唯一的平面，使，且與所成角相等
D．存在平面，使，，且
【答案】D
【分析】A.由時判斷；B.由與不平行判斷；C.由存在兩個平面判斷；D.由線面垂直的判定定理判斷.
【詳解】只有當時才存在平面，使，，且，，故A錯誤；
若存在平面，使，，且，，則此時與不平行，故B錯誤；
存在兩個平面，使，且與所成角相等，故C錯誤；
存在平面，使，，且，故D正確．
故選：D
3．（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？寄M預測）已知是三條不同的直線，是三個不重合的平面，則下列說法錯誤的是（????）
A．若，則．
B．若與異面，，則存在，使得．
C．若，則．
D．若，則．
【答案】D
【分析】利用線線、線面、面面關系的判定與性質(zhì)一一判斷即可.
【詳解】對選項A，若，則，又，∴．選項A正確；
對選項B，在上取點，分別作的平行線，這兩條相交直線確定平面，
因為，則，同理可證，
因為，所以，又因為，，
所以，故B正確；
??
對選項C，設，在平面內(nèi)任取一個不在直線上的點，
過點作直線，垂足分別為點．
又因為，，，
，又，故，
又因為平面，從而．故選項C正確；
??
對選項D，直線的位置關系可以是任意的，比如設，且，，，則根據(jù)平行的傳遞性知，故D錯誤.
故選：D.
4．（2023·福建泉州·校聯(lián)考模擬預測）如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線平面ABC的是（????）
A．B．C． D．
【答案】D
【分析】結(jié)合線面的位置關系以及線面平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)可確定正確選項.
【詳解】對于A，由正方體的性質(zhì)可得，平面ABC，平面ABC，
所以直線平面ABC，能滿足；
??
對于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質(zhì)可得，平面ABC，平面ABC，所以直線平面ABC，能滿足；
??
對于C，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質(zhì)可得，平面ABC，平面ABC，
所以直線平面ABC，能滿足；
??
對于D，作出完整的截面，如下圖ABNMHC，可得MN在平面ABC內(nèi)，不能得出平行，不能滿足.
??
故選：D.
5．（多選）（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（????）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線構造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.
【詳解】設正方體的棱長為，
對于A，如圖（1）所示，連接，則，
故（或其補角）為異面直線所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A錯誤.

對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，
由正方體可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正確.

對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，
故，故C正確.

對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，
則，
因為，故，故，
所以或其補角為異面直線所成的角，

因為正方體的棱長為2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D錯誤.
故選：BC.

考點二、空間中線面平行的判定定理

1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．
??
(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關系計算可得.
【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面
??
（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.
??

2．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）三棱臺中，若面，分別是中點.
??
(1)求證：//平面；
(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)

【分析】（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；
（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；
（3）方法一是利用線面垂直的關系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解
【詳解】（1）??
連接.由分別是的中點，根據(jù)中位線性質(zhì)，//，且，
由棱臺性質(zhì)，//，于是//，由可知，四邊形是平行四邊形，則//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）過作，垂足為，過作，垂足為,連接.
由面，面，故，又，，平面，則平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面與平面所成角即.
又，，則，故，在中，，則，
于是

（3）[方法一：幾何法]
??
過作，垂足為，作，垂足為，連接，過作，垂足為.
由題干數(shù)據(jù)可得，，，根據(jù)勾股定理，，
由平面，平面，則，又，，平面，于是平面.
又平面，則，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故點到平面的距離是到平面的距離的兩倍，
即點到平面的距離是.
[方法二：等體積法]
??
輔助線同方法一.
設點到平面的距離為.
，
.
由，即.
3．（2023·浙江·校聯(lián)考三模）如圖，三棱臺中，，，為線段上靠近的三等分點.

(1)線段上是否存在點，使得平面，若不存在，請說明理由；若存在，請求出的值；
(2)若，，點到平面的距離為，且點在底面的射影落在內(nèi)部，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)

【分析】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質(zhì)可得出平面，由此可得出結(jié)論；
（2）過點在平面內(nèi)作，垂足為點，連接，過點在平面內(nèi)作，垂足為點，證明出平面，求出的值，然后以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，

則，
又因為，所以，四邊形為平行四邊形，則，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，所以，，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，、平面，所以，平面平面，
因為平面，故平面，
因此，線段上是否存在點，且當時，平面.
（2）過點在平面內(nèi)作，垂足為點，連接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，
過點在平面內(nèi)作，垂足為點，
因為，，，、平面，
所以，平面，
因為平面，則，
又因為，，、平面，所以，平面，
因為點到平面的距離為，即，
且，
所以，，
由圖可知，為銳角，所以，，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、、、，
，，
設平面的法向量，則，
取，則，
，
所以，，
因為，
因此，與平面所成角的正弦值為.
4．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖所示，在四棱錐中，底面為矩形，側(cè)面為正三角形，且分別為的中點，在線段上，且．
??
(1)求證：平面；
(2)當時，求平面與平面的夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）取中點，連接，要證平面，只需平面平面，結(jié)合已知條件即可得證.
（2）當時并結(jié)合已知條件即可建立如圖所示坐標系，根據(jù)以及中點關系、即可寫出各個點的坐標，進而求出法向量即可求解.
【詳解】（1）如圖所示：
??
取中點，連接，
分別為的中點，且底面為矩形，
所以，且，
又因為平面，平面，平面，平面，
所以平面，且平面，
又因為，平面，平面，
所以平面平面，
因為平面，
所以由面面平行的性質(zhì)可知平面
（2）如圖所示：
??
注意到側(cè)面為正三角形以及為的中點，所以由等邊三角形三線合一得，
又因為，且面，面，，
所以面，又因為面，所以，
又因為底面為矩形，所以，
因為，面，面，
所以面，因為面，
所以，又，
所以，又由三線合一，又，
所以建立上圖所示的空間直角坐標系；
因為，
所以，
又因為為的中點，，
所以，
所以，，，
不妨設平面與平面的法向量分別為，
所以有以及，
即分別有以及，
分別令，并解得，
不妨設平面與平面的夾角為，
所以；
綜上所述：平面與平面的夾角的余弦值為.


1．（2023·重慶九龍坡·重慶市育才中學校考模擬預測）如圖所示，在三棱柱中，點G、M分別是線段AD、BF的中點.
??
(1)求證：平面BEG；
(2)若三棱柱的側(cè)面ABCD和ADEF都是邊長為2的正方形，平面平面ADEF，求二面角的余弦值；
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理，結(jié)合平行四邊形的判定定理和性質(zhì)、線面平行的判定定理進行證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.
【詳解】（1）取BE中點N，
則平行且等于，AG也平行且等于，而平行且等于，
所以平行且等于，
因此四邊形為平行四邊形，∥，
又平面BEG，平面BEG，
所以平面BEG；
（2）由已知易證建立以A為原點，以的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系，
??
則，，，，，，，，
所以，
設為面的法向量，則
，
同理可求平面的法向量為，
.
所以二面角的余弦值為.
2．（2023·廣東佛山·?？寄M預測）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面平面，，，，分別為，的中點.
??
(1)求證：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）設中點為，連接、，由三角形中位線性質(zhì)可得，且，從而得到四邊形為平行四邊形，再由，即可證得平面；
（2）利用已知條件求出的長，以及證得平面，再建立空間直角坐標系，用空間向量法求二面角的余弦值.
【詳解】（1）如圖（1），設中點為，連接、，
底面為正方形，，分別為，的中點．
，且，又，，
且，四邊形為平行四邊形，
，又平面，平面，
平面.

（2）連結(jié)，，過作交于點，
∵，∴點也是中點，連接，
，為的中點，∴，又底面為正方形，
，，，
平面平面，，平面平面，平面，
平面，又平面，，
∴在中，，
如圖（2）以為原點，所在直線分別作軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
則，
∴，，
平面，是平面的一個法向量，，
設平面的一個法向量為，
則 ，令，則， ，
設二面角為，顯然二面角為銳角，
，
故二面角的余弦值為．
【點睛】
3．（2023·山東泰安·統(tǒng)考模擬預測）四棱錐中，底面為矩形， ，，平面與平面的交線為.
??
(1)求證：直線平行于平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）根據(jù)題意證得平面，結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理證得直線，再由線面平行的判定定理，即可證得平面；
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，設，取的方向向量，根據(jù)，，利用向量的夾角公式，求得，進而求得平面和平面的一個法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】（1）證明：因為底面是矩形，可得，
又因為平面，平面，所以平面，
因為平面，且平面平面，所以直線，
又因為平面，平面，所以平面.
（2）解：以點為原點，，垂直于平面的直線分別為軸、軸和軸，建立如圖空間直角坐標系，則，則，
設，取的方向向量，
因為，，
可得
，
又因為，可得，即，
解得，即，
設平面法向量為，則，
取，可得，所以，
設平面的法向量為，則，
取取，可得，所以，
所以，
由圖象可得，二面角為銳二面角，
所以二面角的余弦值為.
??
4．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為4的正三角形ABC中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點．將沿EF翻折至，得到四棱錐，P為的中點．

(1)證明：平面；
(2)若平面平面EFCB，求直線與平面BFP所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）取的中點Q，可得四邊形EFPQ為平行四邊形，則，由直線與平面平行的判定定理證明即可；
（2）取EF中點O，BC中點G，可得平面EFCB，兩兩垂直，以O為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，求出與平面BFP的法向量的坐標，利用向量夾角公式求解.
【詳解】（1）取的中點Q，連接,
則有，且，又，且，
故，且，
則四邊形EFPQ為平行四邊形，則，
又平面，平面，故平面．

（2）取EF中點O，BC中點G，由平面平面EFCB，且交線為EF，故平面EFCB，此時，兩兩垂直，以O為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則可得，，，，
由P為中點，故，
則，，，
設平面BFP的法向量，
則，即，故取，
故所求角的正弦值為，
所以直線與平面BFP所成的角的正弦值為．

考點三、空間中線面平行的性質(zhì)定理

1．（2023·福建福州·福州四中?？寄M預測）如圖，在直三棱柱中，，且，點在線段（含端點）上運動，設.
??
(1)當平面時，求實數(shù)的值；
(2)當平面平面時，求平面與平面的夾角的正弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由線面平行的性質(zhì)定理可證得，可得為的中點，即可求出求實數(shù)的值；
（2）（方法一）由線面垂直和面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理可證得是平面與平面的夾角，求解即可.
（方法二）以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面和平面的法向量，由題意可得，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.
【詳解】（1）如圖，連接，交于點，連接，
為的中點，且平面平面，
??
平面平面，，
為的中點，即實數(shù)的值為.
（2）（方法一）在直三棱柱中，平面，
平面，
，又平面，
平面，又平面，
當，.
又平面平面，
平面平面平面，
如圖，延長交于點，過點作交于，
??
過作交于點，連接，則，
又平面，
又平面，
是平面與平面的夾角，
，
，
，
平面與平面的夾角的正弦值為.
（方法二）在直三棱柱中，，
兩兩相互垂直，
如圖，以所在的直線分別為軸，
建立空間直角坐標系，
??
則，
，
，
設為平面的一個法向量，
則即
令，則，
設為平面的一個法向量，
，
則即，
令，則，則
當平面平面時，，即，
平面的法向量，
設為平面的一個法向量，
則即
令，則
，
，
平面與平面的夾角的正弦值為.
2．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形中，點在邊上，且滿足，將沿向上翻折，使點到點的位置，構成四棱錐.
??
(1)若點在線段上，且平面，試確定點的位置；
(2)若，求四棱錐的體積.
【答案】(1)點為線段上靠近點的三等分點；
(2).

【分析】（1）過點作交于點，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理即得；
（2）取的中點，利用勾股定理及線面垂直的判定定理可得平面，然后利用錐體的體積公式即得.
【詳解】（1）如圖，過點作交于點，連接，
因為，所以四點共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四邊形為平行四邊形，,
則，
??
所以當且僅當點為線段上靠近點的三等分點時，平面.
（2）如圖，取的中點，連接，取的中點，連接，則，所以，
又，則，又，則，
所以.
因為，平面，
所以平面，
則四棱錐的體積為.
3．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考模擬預測）已知四棱錐的底面是棱長為2的菱形，，，若，且與平面所成的角為，為的中點，點在線段上，且平面.

(1)求；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）連接，利用線面平行的性質(zhì)結(jié)合三角形重心及菱形性質(zhì)求解作答.
（2）取中點，利用給定條件探求平面，再建立空間直角坐標系，利用空間向量求解作答.
【詳解】（1）連接，連接，由菱形知是中點，而為的中點，
則為的重心，有，
因為平面，平面平面，平面，因此，
所以.

（2）菱形中，由，知為等邊三角形，有，又，
則，即有，取的中點，連接，則，
而，且兩相交直線在平面內(nèi)，于是平面，而平面，有平面平面，
在平面內(nèi)過做于點，平面平面，
從而平面，是與平面所成的角，則，
因為，則，又，因此與重合，
以為坐標原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

，，
，則，，
設平面的法向量，則，令，得，
設平面的法向量，則，令，得，
于是，
所以求平面與平面夾角的余弦值為.
4．（2023·江西鷹潭·貴溪市實驗中學?？寄M預測）如圖，三棱錐中，底面與側(cè)面是全等三角形，側(cè)面是正三角形，，，，，，，分別是所在棱的中點，平面與平面相交于直線．
??
(1)求證：；
(2)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）先證明，進而得證平面，再根據(jù)直線與平面平行的性質(zhì)可得，進而得證；
（2）連接，通過線面垂直關系可得平面，結(jié)合為的中點，可得到平面的距離為，再結(jié)合三角形知識可得，，進而利用等積法即可求解.
【詳解】（1）因為，，，分別為，，，的中點，
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）連接，因為，，，側(cè)面是正三角形，
所以，，
又與是全等三角形，
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，
又為的中點，
所以到平面的距離為.
在中，，
，
又，，為的中點，
所以，且
在中，，
所以，
所以，

設到平面的距離為，
由，得，
即，
即到平面的距離為.
??


1．（2023·北京·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面，，為線段上一點，平面交棱于點.

(1)求證：;
(2)若直線與平面所成角為，再從條件①和條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求點到平面的距離.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)．

【分析】（1）由線面平行的性質(zhì)定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用坐標法計算點到平面的距離即可.
【詳解】（1）證明：由題意可知，
因為三棱柱，平面
所以側(cè)面為矩形

面，平面
平面
又平面平面
且平面

（2）解：若選擇條件①，
平面，平面，平面，
，，
又
兩兩垂直；
若選擇條件②，
平面，平面，平面，
，，
又，，
，


兩兩垂直；
以下條件①和條件②的計算過程相同，
因為兩兩垂直，所以如圖建立空間直角坐直角坐標系．
可得，．
??
則，．
設，
則
．
設為平面的法向量，
則即
令，則，，可得．
則．
解得，則．
因為，
所以點到平面的距離為．
2．（2023·陜西商洛·鎮(zhèn)安中學?？寄M預測）如圖，在六面體中，四邊形是菱形，，平面，，為的中點，平面．
??
(1)求；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）結(jié)合線面平行、面面平行的判定和性質(zhì)可證得四邊形是平行四邊形，延長交于點，由線面平行性質(zhì)可證得四邊形為平行四邊形，結(jié)合平行線分線段成比例關系可求得結(jié)果；
（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法可求得結(jié)果.
【詳解】（1）四邊形是菱形，，
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：，四邊形是平行四邊形；
連接交于點，連接交于點，連接，
設，，則，
延長交于點，連接，
平面，平面，平面平面，，
又，四邊形為平行四邊形，則，
為的中點，．
，，即，解得：，.
（2）由（1）知，兩兩垂直，故以為坐標原點，正方向分別為軸的正方向，可建立如圖所示空間直角坐標系，
??
則，，，，
，，；
設平面的法向量為，
則，令，解得：，，，
，
即直線與平面所成角的正弦值為.
3．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，，點分別是的中點，點是線段上一點，且平面．
??
(1)求證：點是線段的中點；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）方法一：過點作，由線面平行的性質(zhì)可知，從而證得四邊形為平行四邊形，由長度關系得，從而證得結(jié)論；
方法二：取的中點，根據(jù)面面平行的判定可證得平面平面，進而得到，從而證得結(jié)論；
方法三：以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，由可構造方程求得，從而得到結(jié)論；
（2）方法一：以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用二面角的向量求法可求得結(jié)果.
方法二：取中點，中點，過點作，利用線面垂直的判定與性質(zhì)，結(jié)合二面角平面角定義可證得即為所求二面角的平面角；根據(jù)長度關系可求得結(jié)果；
【詳解】（1）方法一：過點作，且，
??
，四點共面，
平面，平面平面，，
又，四邊形是平行四邊形，
，，又為中點，，
又，點是線段的中點.
方法二：取的中點，連接，
??
分別為中點，，
平面，平面，平面，
又平面，，平面，
平面平面，
又平面平面，平面平面，，
是中點，點是線段的中點.
方法三：以為原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，
??
設，則，，
平面軸，平面的一個法向量，
又平面，，解得：，
點是線段中點.
（2）方法一：以為原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，
??
則，，，，，，
則，，，，
設平面的法向量，
則，令，解得：，，；
設平面的法向量，
則，令，則，，；
，
又二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.
方法二：取中點，中點，連接，過點作，且，連接，
??
，為中點，，
平面，平面，，
，平面，平面，
又，平面，
平面，，又，平面，
平面，又平面，，
即為二面角的平面角；
在正方形中，作，且，
??
，，，
，
，，
又，，
，即二面角的余弦值為.
4．（2023·河南·襄城高中校聯(lián)考三模）如圖，在正四棱臺中，，，，為棱，的中點，棱上存在一點，使得平面．
??
(1)求；
(2)當正四棱臺的體積最大時，證明：平面．
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）取點構造平行四邊形，再由比例關系證明求值．
（2）設，將體積表示為的函數(shù)，求出棱臺的體積最大時的值，再添加輔助線，證明平面即可證得結(jié)論．
【詳解】（1）如圖所示，作交于，
再作交于，連接．
因為平面，所以平面．
又平面平面，
所以．
又因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，即為棱的四等分點，
故也為棱的四等分點，所以．
（2）由（1）易知為的四等分點，
所以點在點的正上方，所以底面．
設，則，所以，
所以該四棱臺的體積，
而．
當且僅當，即時取等號，此時，．
作交于，則為的四等分點．
連接，在中，，
而，
所以，即．
在中，，，，
所以，即．
而，平面，且，
所以平面，故平面．
??
【點睛】關鍵點睛：本題考查線面位置關系以及體積的最值，考查直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算，屬于中檔題.

考點四、空間中面面平行的判定定理

1．（2023·河南·校聯(lián)考二模）如圖所示，正六棱柱的底面邊長為1，高為.
??
(1)證明：平面平面；
(2)求平面與平面間的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明;
（2）將面面距轉(zhuǎn)化為點面距，再由等體積法求出距離即可.
【詳解】（1）在正六棱柱中，
因為底面為正六邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面.
因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面與平面間的距離等價于點到平面的距離，設為.
連接，則四面體的體積.
因為，
，，
所以，從而，
所以，
所以，即平面與平面間的距離為.
??
2．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預測）如圖，線段是圓柱的母線，是圓柱下底面⊙O的內(nèi)接正三角形，．

(1)劣弧上是否存在點D，使得平面？若存在，求出劣弧的長度；若不存在，請說明理由．
(2)求平面和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)存在，劣弧的長度為
(2)

【分析】（1）由面面平行的性質(zhì)定理即可證明平面；求出⊙O的半徑，再由弧長公式即可得出答案；
（2）如圖取BC的中點為M，連接MA，以MB為x軸，MA為y軸，過M作OO1平行線為z軸，建立空間直角坐標系，分別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.
【詳解】（1）如圖過點O作AB的平行線OD交劣弧于點D，
連接，，因為，平面，平面，

則平面，同理可證平面，
，且平面，平面，所以平面平面，
又因為平面，所以平面
故存在點D滿足題意．
因為為底面⊙O的內(nèi)接正三角形，所以，即，
又因為，所以⊙O的半徑為，
所以劣弧的長度為；
（2）如圖取BC的中點為M，連接MA，以MB為x軸，MA為y軸，過M作OO1平行線為z軸，建立空間直角坐標系，

又因為，設AB中點為N．
故，，，，，，
易知平面，所以平面的法向量．
設平面的法向量為，
又因為，，故即
令得
所以平面和平面夾角的余弦值為．
故平面和平面夾角的正弦值為．
3．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預測）在圓柱中，等腰梯形為底面圓的內(nèi)接四邊形，且，矩形是該圓柱的軸截面，為圓柱的一條母線，.
??
(1)求證：平面平面；
(2)設，，試確定的值，使得直線與平面所成角的正弦值為.
【答案】(1)證明見解析
(2)或

【分析】（1）先證明平面以及平面，根據(jù)面面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求得平面的一個法向量，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.
【詳解】（1）在圓柱中，,平面,平面,
故平面；
連接，因為等腰梯形為底面圓的內(nèi)接四邊形，，
??
故，
則為正三角形，故，則，
平面,平面,
故平面；
又平面，
故平面平面.
（2）如圖，以為坐標原點，在底面圓過點垂直于平面作直線為x軸，
以為軸建立空間直角坐標系，
??
由于，由（1）可知,
故,
則，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，
由，，，
可得，
設直線與平面所成角為，
則，
即得，解得或，符合，
故或.


1．（2023·海南?？凇ばＢ?lián)考一模）如圖所示的多面體由正四棱柱與正四棱錐組合而成，與交于點，，，．

(1)證明：平面平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)詳見解析；
(2)

【分析】（1）利用面面平行判定定理即可證得平面平面；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量的方法即可求得平面與平面夾角的余弦值．
【詳解】（1）正四棱錐中，連接交于O，則平面
則，又，，則，
又，則四邊形為菱形，則，
又平面，平面，則平面，
又，平面，平面，則平面，
又，平面，平面，
則平面平面；
（2）中，，，則，
以為原點，分別以所在直線為x，y，z軸空間直角坐標系：
則
則
設平面的一個法向量為,
則，令，則，則
設平面的一個法向量為,
則，令，則，則
則
平面與平面夾角的余弦值為

2．（2023·寧夏銀川·銀川一中?？既＃┤鐖D，矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，，，，，，，分別是，的中點，H是AB邊上一動點.
??
(1)是否存在點使得平面平面，若存在，請指出點的位置，并證明；若不存在，請說明理由.
(2)求多面體的體積.
【答案】(1)存在，的中點，證明見解析
(2)

【分析】（1）利用面面平行的判定定理即可證明，當為的中點時，滿足平面平面；
（2）將多面體分割成四棱錐和三棱錐，分別求得兩部分體積相加即可求得結(jié)果.
【詳解】（1）證明：取的中點，連接，，如圖所示.
??
因為是的中點，
所以.
又因為平面，平面，
所以平面
又因為是的中點，
所以，又因為平面，平面
所以平面.
又因為，平面
所以平面平面，
（2）連接，
因為平面平面，
平面平面，，
所以平面，
由題意易得直角梯形的面積為，
所以
在中，易知，
由余弦定理得，
所以，所以.
因為平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，
所以多面體的體積為.
3．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，點M是正方體的中心，將四棱錐繞直線逆時針旋轉(zhuǎn)后，得到四棱錐．
??
(1)若，求證：平面平面；
(2)是否存在，使得直線平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)不存在，理由見解析

【分析】（1）根據(jù)面面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）假設存在，使得直線平面，建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求出平面平面的法向量，則求出的坐標，由可得，此方程組無解，即可得出結(jié)論.
【詳解】（1）證明：若，則平面、平面為同一個平面，
連接，則M是中點，是中點，
??
故是的中位線，所以．
因為，所以平面四邊形是平行四邊形，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）假設存在，使得直線平面．
以C為原點，分別以為軸正方向建立空間直角坐標系，
則，，故．
設是平面的法向量，則，
所以，取，得是平面的一個法向量，
??????
取中點P，中點Q，連接，
則．
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，
因為，
，
所以．
若直線平面，是平面的一個法向量，則．
即存在，使得，則，此方程組無解，
所以，不存在，使得直線平面．
【點睛】關鍵點點睛：是否存在，使得直線平面，明確點線面的位置關系，建立空間直角坐標系后，關鍵點在于確定，并結(jié)合三角恒等變換化簡，從而結(jié)合向量的共線的坐標表示，判斷結(jié)論.

考點五、空間中面面平行的性質(zhì)定理

1．（2023·四川南充·模擬預測）如圖所示，在圓錐中，為圓錐的頂點，為底面圓圓心，是圓的直徑，為底面圓周上一點，四邊形是矩形．
????
(1)若點是的中點，求證：平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析；
(2).

【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線面平行的判定、面面平行的判定性質(zhì)推理作答.
（2）證明平面，再利用等體積法求解作答.
【詳解】（1）依題意，連接，分別是中點，則，
平面平面，則平面，
四邊形是矩形，，同理有平面，
又平面，于是平面平面，又平面，
所以平面.
????
（2）在圓錐中，平面，平面，則平面平面，
平面平面，在平面內(nèi)過點作于點，
則平面，在中，，則，
顯然平面，平面，則，又，，因此，
.
2．（2023·云南曲靖·?？既＃┤鐖D，在多面體中，已知是正方形，，平面分別是的中點，且．

(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）根據(jù)題意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性質(zhì)定理即可得到證明；
（2）根據(jù)題意，以為坐標原點，的方向分別為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）
如圖，設是的中點，連接．
為的中點，．
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，
．
以為坐標原點，的方向分別為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設，則，，，
設平面的一個法向量為．
由得
令，得，
設與平面所成角為，
則．
∴直線與平面所成角的正弦值為
3．（2023·山東煙臺·統(tǒng)考三模）如圖，在中，為中點，過點作垂直于，將沿翻折，使得面面，點是棱上一點，且面．
??
(1)求的值；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）作垂直于點，連接，然后證明面面，利用面面垂直性質(zhì)定理，結(jié)合已知可得；
（2）以為原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用法向量求解可得.
【詳解】（1）因為面面，面面
由題意可知，，所以，
過點作垂直于點，連接，
??
因為面面，
所以面，
又因為面，面，
所以，面面，
又因為面面，面面，
所以，．
因為，所以，，
在折疊前的圖形中，，所以，
易知為AQ的中點，所以，
所以，，所以，．
（2）由（1）知，以為原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
??
則，
易知面的一個法向量，
，
設面的法向量為，
所以，令，則，故，
所以，
所以，二面角的余弦值為．


1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，四邊形是菱形，且有，，，平面，．
??
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）可先證明平面，平面，繼而證明平面平面，則平面可證；
（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，然后求平面與平面的法向量，再求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.
【詳解】（1）因為四邊形是菱形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因為，平面，平面，
所以平面，
又因為，平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面．
（2）取中點，連接,
因為四邊形是菱形，且有，,
所以三角形為正三角形，
又中點為，
所以，,
又菱形中，，
所以，
因為平面，平面，
所以,，
以D為原點，所在直線為軸，所在直線為y軸，所在直線為z軸，
建立如圖所示空間直角坐標系，

因為四邊形ABCD是菱形，且，，
，平面ABCD，，
所以，，，，．
所以，，，．
設平面AMP的法向量為，
則有，即．
取，得，，
所以．
設平面的法向量為，則有即，
取，得，，
所以，
所以，
令平面AMP與平面PBC所成的銳二面角為，
則
所以平面AMP與平面PBC所成的銳二面角的余弦值為．
2．（2023·河南·校聯(lián)考二模）如圖所示，正六棱柱的底面邊長為1，高為，為線段上的動點.
????
(1)求證：平面；
(2)設直線與平面所成的角為，求的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）利用線面平行的判定定理證明平面平面，結(jié)合面面平行的性質(zhì)可證明平面.
（2）取的中點為Q，由線面垂直的判定定理可證明平面，即為平面的一個法向量.建立空間直角坐標系，計算向量以及的坐標，利用線面角的向量公式，計算結(jié)果即可.
【詳解】（1）連接，.
在正六棱柱中，
因為底面為正六邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面.
因為，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又平面，平面，所以平面，
??
又，所以平面平面，
因為為線段上的動點，所以平面，
所以平面.
（2）取的中點為Q，連接，.
因為底面邊長為1，所以，
因為，所以，所以.
易得，，，所以平面，所以，
因為，所以平面，
即為平面的一個法向量.
連接，以為坐標原點，，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間坐標系，
則，，，，，
所以，所以，，.
設（），
所以，
則，
因為，所以，所以的取值范圍是.
3．（2023·浙江·校聯(lián)考三模）如圖，三棱臺中，，，為線段上靠近的三等分點.

(1)線段上是否存在點，使得平面，若不存在，請說明理由；若存在，請求出的值；
(2)若，，點到平面的距離為，且點在底面的射影落在內(nèi)部，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)

【分析】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質(zhì)可得出平面，由此可得出結(jié)論；
（2）過點在平面內(nèi)作，垂足為點，連接，過點在平面內(nèi)作，垂足為點，證明出平面，求出的值，然后以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，

則，
又因為，所以，四邊形為平行四邊形，則，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，所以，，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，、平面，所以，平面平面，
因為平面，故平面，
因此，線段上是否存在點，且當時，平面.
（2）過點在平面內(nèi)作，垂足為點，連接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，
過點在平面內(nèi)作，垂足為點，
因為，，，、平面，
所以，平面，
因為平面，則，
又因為，，、平面，所以，平面，
因為點到平面的距離為，即，
且，
所以，，
由圖可知，為銳角，所以，，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、、、，
，，
設平面的法向量，則，
取，則，
，
所以，，
因為，
因此，與平面所成角的正弦值為.


【基礎過關】
一、單選題
1．（2023·河南·校聯(lián)考二模）已知兩條不同的直線l，m，兩個不同的平面，，則下列命題正確的是（????）
A．若，，，則 B．若，，，則
C．若，，，則 D．若，，，則
【答案】C
【分析】根據(jù)面面平行、垂直的性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】對于A，若，，，則，A錯誤；
對于B，若，，，則l與m可能平行、異面，也可能相交，B錯誤；
對于C，若，，則，又，所以，C正確；
對于D，若，，，則l與m可能平行，也可能相交或異面，相交或異面時可能垂直，也可能不垂直，D錯誤.
故選：C
2．（2023·四川宜賓·校考三模）已知空間兩不同直線、，兩不同平面，，下列命題正確的是（????）
A．若且，則
B．若且，則
C．若且，則
D．若不垂直于，且，則不垂直于
【答案】C
【分析】A選項，與可能平行、相交或異面， B選項，有或， C選項，由面面垂直的判定定理可知正確.D選項，與有可能垂直.
【詳解】對于A選項，若且，則與可能平行、相交或異面，故A錯誤.
對于B選項，若且，則或，故B錯誤.
對于C選項，因為，所以由線面平行的性質(zhì)可得內(nèi)至少存在一條直線，使得，又，所以，由面面垂直的判定定理可知，故C正確.
對于D選項，若不垂直于，且，與有可能垂直，故D錯誤.
故選:C.

二、多選題
3．（2023·江蘇南京·校聯(lián)考一模）如圖，是長方體，是的中點，直線交平面于點M，則下列結(jié)論正確的是（????）
??
A．四點共面 B．四點共面
C．四點共面 D．三點共線
【答案】BCD
【分析】根據(jù)長方體的幾何性質(zhì)，結(jié)合線面公理，可得答案.
【詳解】對于A，連接，，，如下圖：
??
在長方形，由為對角線的中點，則，
則平面平面，
由平面，平面，則，
在長方體中，平面，由平面，
所以與異面，故A錯誤；
對于B，由選項A可知：，，易知平面，故B正確；
對于C，由選項A可知：，，易知平面，故C正確；
對于D，由選項A可知：，故D正確.
故選：BCD.
4．（2023·河北秦皇島·校聯(lián)考二模）已知表示空間內(nèi)兩條不同的直線，則使成立的必要不充分條件是（????）
A．存在平面，有 B．存在平面，有
C．存在直線，有 D．存在直線，有
【答案】AC
【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)、必要不充分條件的定義逐一判斷即可,
【詳解】A：若，則直線可以平行，也可以相交，還可以異面；若，則存在平面，有，所以本選項正確；
B：若，則，即垂直于同一平面的兩條直線平行；若，則存在平面，有，所以本選項不正確；
C：若，則直線可以平行，也可以相交，還可以異面；若，則存在直線，有，所以本選項正確；
D：若，則，即平行于同一直線的兩直線平行，若，則存在直線，有，所以本選項不正確，
故選：AC

三、解答題
5．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考二模）如圖，正方體的棱長為1，E，F(xiàn)是線段上的兩個動點．

(1)若平面，求的長度；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）連接交于點O，連接，由線面平行證線線平行，證得即可求值；
（2）建立空間直角坐標系，利用法向量解決線面角問題.
【詳解】（1）正方體，連接交于點O，連接，如圖所示，

∴平面，平面平面，平面，
∴，又，∴為平行四邊形，
則.
（2）以點C為坐標原點，，，方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖所示，

則，，，，
，，
，，
設平面的法向量為，則，
取，解得，
設直線與平面所成角為，則，
即直線與平面所成角的正弦值為．
6．（2023·江西南昌·統(tǒng)考一模）已知直棱柱的底面ABCD為菱形，且，，點為的中點．

(1)證明：平面；
(2)求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)1

【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定定理和性質(zhì)，結(jié)合菱形的性質(zhì)、線面平行的判定定理進行證明即可；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)、直棱柱的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、三棱錐的體積公式進行求解即可.
【詳解】（1）連接AC交BD于點，連接，
在直四棱柱中，，
所以四邊形為平行四邊形，即，，
又因為底面ABCD為菱形，所以點為AC的中點，
點為的中點，即點為的中點，所以，，
即四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，，所以平面；
（2）在直棱柱中平面，平面，
所以，
又因為上底面為菱形，所以，
因為平面，
所以平面，
因為在中，，
且點為BD的中點，所以，即，
所以．

7．（2023·浙江·統(tǒng)考模擬預測）已知四棱錐中，PA⊥平面ABCD，，，E為PD中點.
??
(1)求證：平面PAB；
(2)設平面EAC與平面DAC的夾角為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）方法一：利用線面平行的判定定理直接證明；方法二：利用空間向量的坐標運算證明線線垂直即可證明；
（2）方法一：利用二面角的定義以及三棱錐的定義求解；方法二：利用空間向量的坐標運算求出三棱錐的高，進而求體積.
【詳解】（1）證明：
??
取中點,連,
是中點,∴且,
又∵且.∵且,
∴四邊形為平行四邊形，,
又∵平面，?平面，∴平面．
（2）取中點，連，過作交于，連,
∵分別是中點，∴，又∵平面．
∴⊥平面,平面,
∴，又∵，平面，
∴⊥平面，平面，
∴，∴是平面與平面的夾角的平面角.
∴.

,
∴.
∴,
解法二：
（1）∵⊥平面，，∴兩兩垂直，
以所在直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸，
建立空間直角坐標系.
??
設，則有
則，
又⊥平面，平面，所以，
又∵平面，
∴⊥平面，∴是平面的一個法向量,
∵，
又∵平面，∴平面.
（2）⊥平面，∴平面的一個法向量,
設平面的一個法向量為,
則有，
不妨設，則，即,
,
∴到平面的距離,
∴.
8．（2023·福建寧德·福鼎市第一中學校考模擬預測）在四棱錐中，底面是矩形，分別是棱的中點.
??
(1)證明：平面；
(2)若平面，且，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）取中點，連接、，即可證明，從而得證；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）如圖，取中點，連接、，根據(jù)題意，因為點為中點，
所以且，又因為四邊形為矩形，為的中點，
所以且
??
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
又因為平面，平面，
所以平面．
（2）如圖建立空間直角坐標系，則，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，則，令，則，
設平面的一個法向量為，則，令，則，
顯然二面角為銳二面角，設其平面角為，
則，
所以二面角的余弦值為.
9．（2023·河南·統(tǒng)考三模）如圖，四棱錐中，四邊形ABCD為梯形，，，，，，M，N分別是PD，PB的中點．
??
(1)求證：直線平面；
(2)求證：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析

【分析】（1）連接，證明，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）利用勾股定理證明，，從而可得平面，即可得證.
【詳解】（1）連接，
因為M，N分別是PD，PB的中點，所以，
又平面，平面，
所以直線平面；
（2）因為，
所以，所以，
因為，，
所以，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以．
??
10．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在多面體中，四邊形為正方形，平面平面，，是棱上的一點.

(1)是否存在點，使得平面？若存在，則求出的值；若不存在，請說明理由；
(2)求多面體ABCDEF的體積.
【答案】(1)存在，時，平面
(2)

【分析】（1）作出輔助線，得到當時，四邊形為平行四邊形，從而證明出線面平行；
（2）分割為兩個棱錐，求出，相加后得到結(jié)果.
【詳解】（1）當時，滿足平面，
過點作AD交AF于點G，連接BG，則，
因為，，所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
故，
因為平面，平面，
所以平面，此時；

（2）連接AE，DE，
四邊形ABCD為直角梯形，過點B作BN⊥AD于點N，則四邊形BCDN為正方形，
故BC=DN=1，BN=CD=1，故AN=AD-DN=3-1=2，
由勾股定理得：，
面積為，
平面平面，交線為AB，
因為四邊形為正方形，所以，平面ABEF，
故平面ABCD，且
則四棱錐，
過點N作NH⊥AB于點H，則，
則點D到AB的距離為，
因為平面平面，交線為AB，NH⊥AB，且平面ABCD，
所以NH⊥平面ABEF，
則點D到平面ABEF的距離為，
正方形ABEF的面積為，則，
多面體ABCDEF的體積為.


【能力提升】
一、單選題
1．（2023·陜西·西安市西光中學校聯(lián)考一模）在空間中，，表示平面，表示直線，已知，則下列命題正確的是（????）
A．若，則與，都平行 B．若與，都平行，則
C．若與異面，則與，都相交 D．若與，都相交，則與異面
【答案】B
【分析】對于A項，可能直線；對于B項用線面平行的性質(zhì)定理可得；對于C項不在，內(nèi)，與，其中一個不相交；對于D項，直線與相交.
【詳解】對于A項，如圖直線，所以A錯誤；

對于B項，如圖，過直線做平面，且
，故B正確；

對于C項，畫圖為：

反例：不在，內(nèi)，與，其中一個不相交，故C不正確.
對于D項，如圖，，則滿足與，都相交，但是與共面，故D錯誤.

故選：B
2．（2023·全國·模擬預測）已知，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，若，，則“”是“”的（????）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】根據(jù)空間線面位置關系，結(jié)合充分條件與必要條件的概念判斷即可.
【詳解】若，，，則；
若，，，則或．
所以“”是“”的充分不必要條件．
故選：A．
3．（2023·江西鷹潭·統(tǒng)考一模）如圖，為正方體，下列錯誤的是（????）

A．平面 B．平面平面．
C．與共面 D．異面直線與所成的角為90度
【答案】C
【分析】由線面平行的判定定理可判斷A；由面面垂直的判定定理可判斷B，由異面直線的定義可判斷C；以為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，可得，可判斷D.
【詳解】對于A，由正方體的性質(zhì)知：，平面，平面，
所以平面，故A正確；
對于B，由正方體的性質(zhì)知：平面，
平面，平面，所以，
又因為，平面，所以平面，
平面，則平面平面，故B正確；
對于C，平面，因為平面，平面，
平面，由異面直線的判定定理知與是異面直線，故C不正確；
對于D，以為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為2，
，，，，
，，
所以異面直線與所成的角為90度，故D正確.
故選：C.

4．（2023·四川成都·?？寄M預測）如圖，在已知直四棱柱中，四邊形為平行四邊形，分別是的中點，以下說法錯誤的是（????）

A．若，，則
B．
C．平面
D．若，則平面平面
【答案】B
【分析】利用正切值相等可說明，由此可得，結(jié)合平行關系可知A正確；由，可知B錯誤；通過證明四邊形為平行四邊形可得，由線面平行判定可知C正確；根據(jù)，，由線面垂直和面面垂直的判定可知D正確.
【詳解】對于A，連接，

，，
，又，，即；
，，四邊形為平行四邊形，，
，A正確；
對于B，連接，

分別為中點，，又，，
，與不平行，B錯誤；
對于C，連接，

分別為中點，，；
，，四邊形為平行四邊形，，，
為中點，，，，
四邊形為平行四邊形，，
又平面，平面，平面，C正確；
對于D，連接，

，四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，；
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，平面平面，D正確.
故選：B.

二、解答題
5．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預測）在多面體中，四邊形是邊長為4的正方形，，△ABC是正三角形．
??
(1)若為AB的中點，求證：直線平面；
(2)若點在棱上且，求點C到平面的距離．
【答案】(1)證明見詳解
(2)

【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理分析證明；
（2）根據(jù)題意可證平面，平面，建系，利用空間向量求點到面的距離.
【詳解】（1）連接，設，由題意可得為的中點，連接，
因為分別為的中點，則//，
平面，平面，
所以直線平面.
??
（2）由題意可得：，，平面，
所以平面，
取的中點，連接，
因為△ABC是正三角形，則，
又因為平面，平面，則，
，平面，
所以平面，
如圖，以為坐標原點，為軸，軸，建立空間直角坐標系，
則，
可得，
設平面的法向量，則，
令，則，即，
所以點C到平面的距離.
??
6．（2023·安徽安慶·安慶一中?？既＃┤鐖D,四棱錐中,底面為的中點.
??
(1)若點在上,,證明:平面;
(2)若,求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）取中點,連接,根據(jù)已知條件證明四邊形是平行四邊形,即可證明;
（2）取中點,根據(jù)條件可以證明,所以所在直線分別為軸,軸,軸建立空間直角坐標系,分別求出平面的法向量和平面的法向量,再利用公式求解即可.
【詳解】（1）如圖所示:
??
取中點,連接,
因為,所以,
又,所以,
因為,所以,
又因為為的中點,所以且,
即有且,
所以四邊形是平行四邊形,
所以,
又因為平面平面，
所以平面.
（2）連接,因為,所以為等腰三角形,
取中點,連接,則有,又因為,所以,
又因為底面,
如圖,以所在直線分別為軸,軸,軸建立空間坐標系,
??
因為,
則有,
所以,
設平面的法向量為,
則有,則,
因為底面,取平面的法向量,
設二面角的大小為為鈍角,
則有,
即二面角的余弦值為.
7．（2023·河北衡水·河北衡水中學?？家荒＃┤鐖D所示，四點共面，其中，，點在平面的同側(cè)，且平面，平面.

(1)若直線平面，求證：平面；
(2)若，，平面平面，求銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）根據(jù)，，結(jié)合線面平行和面面平行的判定定理可證得平面平面，由面面平行的性質(zhì)可證得結(jié)論；
（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，根據(jù)二面角的向量求法可求得結(jié)果.
【詳解】（1）平面，平面，，
平面，平面，平面；
，四點共面，，
平面，平面，平面；
，平面，平面平面，
又平面，平面.
（2）以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，

設，則，，
，，四邊形為平行四邊形，，
則，，，，，
設平面的法向量，
，令，解得：，，；
平面軸，平面平面，平面軸，
平面的一個法向量，
，即銳二面角的余弦值為.
8．（2023·山東濰坊·三模）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內(nèi)接正三角形，且邊長為，點在母線上，且.
??
(1)求證：直線平面；
(2)求證：平面平面；
(3)若點為線段上的動點．當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)

【分析】（1）設交于點，連接，利用三角形相似證得，從而證得，進而證得直線平面；
（2）通過平面，證得平面，所以平面平面；
（3）建立空間直角坐標系，設，通過向量和平面的法向量建立直線與平面所成角的正弦值的關系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【詳解】（1）如圖，設交于點，連接，易知底面，，所以，
又是底面圓的內(nèi)接正三角形，由，可得，.
又，，所以，即，
又，所以，
所以，即，
又平面，直線平面，平面，
所以直線平面.
.??
（2）因為平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以點為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，，
??
設平面的法向量為，
則，即，令，則，
設，可得，
設直線與平面所成的角為，
則，
即，
令，
則，
當且僅當時，等號成立，所以當時，有最大值4，
即當時，的最大值為1，此時點，
所以，
所以點到平面的距離，
故當直線與平面所成角的正弦值最大時，點到平面的距離為.
9．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形中，點在邊上，且滿足，將沿向上翻折，使點到點的位置，構成四棱錐.

(1)若點在線段上，且平面，試確定點的位置；
(2)若，求銳二面角的大小.
【答案】(1)點為線段上靠近點的三等分點
(2)

【分析】（1）在取點使，根據(jù)線面平行的判定定理、面面平行的判定及性質(zhì)定理即得；
（2）取的中點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解銳二面角的大小.
【詳解】（1）點為線段上靠近點的三等分點，
證明如下：
如圖，

在取點，連接，,使得，
又，所以四邊形為平行四邊形，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，
所以點為線段上靠近點的三等分點.
（2）如圖，取的中點，以O為原點OE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為，所以，
又，則，
由題意，點P在過點O且垂直AE的平面上，故設，
則，
因為，所以，解得，
故，則，
設平面的法向量為，
則，不妨取，則，
設平面的一個法向量為，則，
記銳二面角的平面角為，所以，
又，則，所以銳二面角的大小為.
10．（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？寄M預測）如圖，平行六面體中，點P在對角線上，，平面平面．

(1)求證：O，P，三點共線；
(2)若四邊形是邊長為2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）先證明，由面面平行的性質(zhì)得出，進而得出O，P，三點共線；
（2）以點O為原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法得出二面角大小的余弦值．
【詳解】（1）證明：連交于，連．
在平行六面體中，且，
所以四邊形是平行四邊形，且，
又O，分別為BD，的中點，所以，，
所以四邊形是平行四邊形，于是，
因為平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因為，都經(jīng)過點O，所以O，P，三點共線．

（2）解：由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，連，，，
則，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，則，
所以點Q在上，且，所以點Q與O重合，于是．
以點O為原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
所以，于是，
又，所以，，
設平面的法向量為，
則，于是可得，
不妨令，則，
平面的一個法向量為，
，
又結(jié)合圖形易得二面角為銳角，
所以二面角大小的余弦值為．


【真題感知】
1．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）已知正方體（如圖所示），則下列結(jié)論正確的是（????）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)異面直線的定義，垂直關系的轉(zhuǎn)化，判斷選項.
【詳解】A.，與相交，所以與異面，故A錯誤；
B.與平面相交，且，所以與異面，故B錯誤；
C.四邊形是矩形，不是菱形，所以對角線與不垂直，故C錯誤；
D.連結(jié)，，，，所以平面，所以，故D正確.

故選：D
2．（湖南·高考真題）如圖1，在正四棱柱中，分別是，的中點，則以下結(jié)論中不成立的是（ ）

A．與垂直 B．與垂直
C．與異面 D．與異面
【答案】D
【詳解】如圖所示，連結(jié)，由幾何關系可得點為的中點，且，
由三角形中位線的性質(zhì)可得：，即與不是異面直線，
很明顯，與異面，
由幾何關系可得：，則，
綜上可得，選項D中的結(jié)論不成立.
本題選擇D選項.

3．（全國·高考真題）對于直線m、n和平面，下面命題中的真命題是（????）
A．如果，，m、n是異面直線，那么
B．如果，，m、n是異面直線，那么n與相交
C．如果，，m、n共面，那么
D．如果，，m、n共面，那么
【答案】C
【分析】根據(jù)點、線、面的位置關系并結(jié)合圖形即可判斷答案
【詳解】解：對于A，如果，，m、n是異面直線，則或與相交，故A錯；
對于B，如果，，m、n是異面直線，那么n與相交或平行，故B錯；
對于C，如果，，m、n共面，由線面平行的性質(zhì)定理，可得，故C對；
對于D，如果，，m、n共面，則或相交，故D錯
故選：C
4．（廣東·高考真題）已知空間中，是互不相同直線，是不重合的平面，則下列命題為真命題的是（????）.
A．若，，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
【答案】D
【分析】通過反例可確定ABC錯誤；根據(jù)線面平行的性質(zhì)和面面垂直的判定可知D正確.
【詳解】對于A，若，，，則與可能平行或異面，A錯誤；
對于B，若，，則與可能平行或相交，B錯誤；
對于C，若，，則與可能平行、相交或異面，C錯誤；
對于D，若，則在內(nèi)存在直線，滿足，又，，
又，，D正確.
故選：D.
5．（湖北·高考真題）已知是直線，是平面，給出下列命題：
①若，，則；
②若，，則；
③若，，則；
④若與異面，且，則與相交；
⑤若與異面，則至多有一條直線與都垂直．
其中真命題的個數(shù)是（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由線線、線面平行與垂直的相關定理依次判斷各個選項即可.
【詳解】對于①，若，，則可能平行、相交或異面，①錯誤；
對于②，若兩條平行線中的一條垂直于一條直線，則另一條也與該直線垂直，②正確；
對于③，若，，則可能平行或異面，③錯誤；
對于④，若與異面，且，則與可能相交或平行，④錯誤；
對于⑤，若與異面，有無數(shù)條直線與都垂直，⑤錯誤.
故選：A.

二、解答題
6．（全國·高考真題）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.

（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求點C到平面C1DE的距離．
【答案】（1）見解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進而證得，根據(jù)線面平行判定定理可證得結(jié)論；
（2）根據(jù)題意求得三棱錐的體積，再求出的面積，利用求得點C到平面的距離，得到結(jié)果.
【詳解】（1）連接，

，分別為，中點????為的中位線
且
又為中點，且 且
四邊形為平行四邊形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，為中點，所以，
根據(jù)題意有，，
因為棱柱為直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
設點C到平面的距離為，
根據(jù)題意有，則有，
解得，
所以點C到平面的距離為.
【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定，點到平面的距離的求解，在解題的過程中，注意要熟記線面平行的判定定理的內(nèi)容，注意平行線的尋找思路，再者就是利用等積法求點到平面的距離是文科生?？嫉膬?nèi)容.
7．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．

(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）作出并證明為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，
于是，即，
則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）過作垂直的延長線交于點，
因為是中點，所以，
在中，，
所以，
因為，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱錐的高為，
因為，所以，
所以，
又，
所以.

8．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.
??
(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).

【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；
（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，
??
于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，

設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，

設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；
??
（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.
????
法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
9．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）已知點，分別是正方形的邊，的中點.現(xiàn)將四邊形沿折起，使二面角為直二面角，如圖所示.

（1）若點，分別是，的中點，求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）要證明線面平行，可轉(zhuǎn)化為證明面面平行；
（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，可知平面，再結(jié)合線面角的定義，可得得到直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】證明：（1）連接，
設點為的中點，連接，，
在中，又因為點為中點，
所以.

同理可證得，
又因為，分別為正方形的邊，的中點，
故，所以.
又因為，所以平面平面.
又因為平面，所以平面.
（2）因為為正方形，，分別是，的中點，
所以四邊形為矩形，則.
又因為二面角為直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
則為直線在平面內(nèi)的射影，
因為為直線與平面所成的角.
不妨設正方形邊長為，則，
在中，，
因為平面，平面，所以，
在中，，
，
即為直線與平面所成角的正弦值.
10．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．

(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)見解析
(2)見解析

【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側(cè)面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，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間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.