知識講解
常見立體幾何的定義、性質(zhì)及其關(guān)系
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）
斜棱柱：側(cè)棱與底面不垂直的棱柱
直棱柱：側(cè)棱垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱
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
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(yīng)平行，那么這兩個角相等或互補.
空間中點線面的位置關(guān)系
空間中的平行關(guān)系
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
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
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
面面平行的判定定理
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(guān)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(guān)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(dāng)n∥時，若，則，當(dāng)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(yù)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(guān)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(xué)校考模擬預(yù)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(guān)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(shè)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(shè)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(yù)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(yù)測）設(shè)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(yù)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(dāng)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·華中師大一附中校考模擬預(yù)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(guān)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(shè)，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(guān)系可以是任意的，比如設(shè)，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(yù)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(guān)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(gòu)造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.
【詳解】設(shè)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(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)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(guān)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(biāo)系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設(shè)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(guān)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(shè)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(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)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(dāng)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(biāo)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(biāo)系，
則、、、、、，
，，
設(shè)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(dāng)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(dāng)時并結(jié)合已知條件即可建立如圖所示坐標(biāo)系，根據(jù)以及中點關(guān)系、即可寫出各個點的坐標(biāo)，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(biāo)系；
因為，
所以，
又因為為的中點，，
所以，
所以，，，
不妨設(shè)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(shè)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(xué)?？寄M預(yù)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(biāo)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(biāo)系，

則，，，，，，，，
所以，
設(shè)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·校考模擬預(yù)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(shè)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(biāo)系，用空間向量法求二面角的余弦值.
【詳解】（1）如圖（1），設(shè)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(biāo)系，
則，
∴，，
平面，是平面的一個法向量，，
設(shè)平面的一個法向量為，
則 ，令，則， ，
設(shè)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(yù)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(biāo)系，設(shè)，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(biāo)系，則，則，
設(shè)，取的方向向量，
因為，，
可得
，
又因為，可得，即，
解得，即，
設(shè)平面法向量為，則，
取，可得，所以，
設(shè)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(shè)為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出與平面BFP的法向量的坐標(biāo)，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(shè)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(biāo)系，
則可得，，，，
由P為中點，故，
則，，，
設(shè)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(yù)測）如圖，在直三棱柱中，，且，點在線段（含端點）上運動，設(shè).

(1)當(dāng)平面時，求實數(shù)的值；
(2)當(dāng)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(biāo)系，設(shè)，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(dāng)，.
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(biāo)系，

則，
，
，
設(shè)為平面的一個法向量，
則即
令，則，
設(shè)為平面的一個法向量，
，
則即，
令，則，則
當(dāng)平面平面時，，即，
平面的法向量，
設(shè)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(yù)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(gòu)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(dāng)且僅當(dāng)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(yù)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(biāo)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(biāo)原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，，
，則，，
設(shè)平面的法向量，則，令，得，
設(shè)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(xué)?？寄M預(yù)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(guān)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(shè)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(yù)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(biāo)系，利用坐標(biāo)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(biāo)系．
可得，．

則，．
設(shè)，
則
．
設(shè)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(xué)校考模擬預(yù)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(guān)系可求得結(jié)果；
（2）以為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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(shè)，，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(biāo)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(biāo)系，

則，，，，
，，；
設(shè)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(yù)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(guān)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(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，由可構(gòu)造方程求得，從而得到結(jié)論；
（2）方法一：以為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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(guān)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(biāo)系，

設(shè)，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(biāo)系，

則，，，，，，
則，，，，
設(shè)平面的法向量，
則，令，解得：，，；
設(shè)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(dāng)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(gòu)造平行四邊形，再由比例關(guān)系證明求值．
（2）設(shè)，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(shè)，則，所以，
所以該四棱臺的體積，
而．
當(dāng)且僅當(dāng)，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(guān)鍵點睛：本題考查線面位置關(guān)系以及體積的最值，考查直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)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(shè)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(yù)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(biāo)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(biāo)系，
又因為，設(shè)AB中點為N．
故，，，，，，
易知平面，所以平面的法向量．
設(shè)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(yù)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(shè)，，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(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，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(biāo)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(biāo)系，

由于，由（1）可知,
故,
則，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，
由，，，
可得，
設(shè)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(biāo)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(biāo)系：
則
則
設(shè)平面的一個法向量為,
則，令，則，則
設(shè)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(dāng)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(yù)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(shè)存在，使得直線平面，建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，求出平面平面的法向量，則求出的坐標(biāo)，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(shè)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(biāo)系，
則，，故．
設(shè)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(guān)鍵點點睛：是否存在，使得直線平面，明確點線面的位置關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系后，關(guān)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(biāo)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(yù)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·校考三模）如圖，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(biāo)原點，的方向分別為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運算即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）
如圖，設(shè)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(biāo)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(biāo)系．不妨設(shè)，則，，，
設(shè)平面的一個法向量為．
由得
令，得，
設(shè)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(biāo)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(biāo)系，

則，
易知面的一個法向量，
，
設(shè)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(yù)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(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)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(biāo)系，
因為四邊形ABCD是菱形，且，，
，平面ABCD，，
所以，，，，．
所以，，，．
設(shè)平面AMP的法向量為，
則有，即．
取，得，，
所以．
設(shè)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(shè)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(biāo)系，計算向量以及的坐標(biāo)，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(biāo)原點，，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間坐標(biāo)系，
則，，，，，
所以，所以，，.
設(shè)（），
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(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)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(dāng)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(biāo)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(biāo)系，
則、、、、、，
，，
設(shè)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(chǔ)過關(guān)】
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·?？既＃┮阎臻g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(biāo)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(biāo)原點，，，方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則，，，，
，，
，，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，解得，
設(shè)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(yù)測）已知四棱錐中，PA⊥平面ABCD，，，E為PD中點.

(1)求證：平面PAB；
(2)設(shè)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(biāo)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(biāo)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(biāo)系.

設(shè)，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(shè)平面的一個法向量為,
則有，
不妨設(shè)，則，即,
,
∴到平面的距離,
∴.
8．（2023·福建寧德·福鼎市第一中學(xué)?？寄M預(yù)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(biāo)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(biāo)系，則，，，，
所以，，，
設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則，
設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則，
顯然二面角為銳二面角，設(shè)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(yù)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(dāng)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(dāng)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(xué)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(yù)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(guān)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(biāo)原點，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)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(biāo)原點，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)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(yù)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(guān)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(yù)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(shè)，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(biāo)原點，為軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
可得，
設(shè)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(biāo)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(biāo)系,

因為,
則有,
所以,
設(shè)平面的法向量為,
則有,則,
因為底面,取平面的法向量,
設(shè)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(xué)?？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(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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(biāo)原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，則，，
，，四邊形為平行四邊形，，
則，，，，，
設(shè)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(dāng)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(shè)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(biāo)系，設(shè)，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(guān)系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【詳解】（1）如圖，設(shè)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(biāo)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(biāo)系，
則，，，，，，
所以，，，，

設(shè)平面的法向量為，
則，即，令，則，
設(shè)，可得，
設(shè)直線與平面所成的角為，
則，
即，
令，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以當(dāng)時，有最大值4，
即當(dāng)時，的最大值為1，此時點，
所以，
所以點到平面的距離，
故當(dāng)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(yù)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(gòu)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(biāo)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(shè)為原點OE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)，
則，
因為，所以，解得，
故，則，
設(shè)平面的法向量為，
則，不妨取，則，
設(shè)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·華中師大一附中校考模擬預(yù)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(biāo)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(shè)，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(biāo)系，
則，，，，
所以，于是，
又，所以，，
設(shè)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(guān)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(guān)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(guān)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(guān)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(guān)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(shè)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(guān)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常考的內(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(shè)，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(biāo)系，設(shè)，所以由求出點坐標(biāo)，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(shè)，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(biāo)系，
，
在中，，
在中，，
設(shè)，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設(shè)平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設(shè)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(shè)，
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(shè)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(shè)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(biāo)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(biāo)系，則，
故，
設(shè)平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設(shè)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(biāo)系，則，
故，
設(shè)平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設(shè)直線與平面所成的角為，則
.
點與直線的位置關(guān)系
點在直線上
點不在直線上
點與面的位置關(guān)系
點在平面上
點不在平面上
線與線的位置關(guān)系
平行，
相交，
，異面
線與面的位置關(guān)系
面與面的位置關(guān)系
平行，
相交，
與重合
圖形語言
符號語言
圖形語言
符號語言
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

相關(guān)試卷

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精品講練測第7章第04講 空間中的垂直關(guān)系（2份，原卷版+解析版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精品講練測第7章第04講 空間中的垂直關(guān)系（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精品講練測第7章第04講空間中的垂直關(guān)系教師版doc、新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精品講練測第7章第04講空間中的垂直關(guān)系學(xué)生版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共148頁， 歡迎下載使用。

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 講與練第23講 空間中的垂直關(guān)系（2份打包，原卷版+解析版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 講與練第23講 空間中的垂直關(guān)系（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第23講空間中的垂直關(guān)系原卷版doc、新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第23講空間中的垂直關(guān)系解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共22頁， 歡迎下載使用。

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 講與練第22講 空間中的平行關(guān)系（2份打包，原卷版+解析版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 講與練第22講 空間中的平行關(guān)系（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第22講空間中的平行關(guān)系原卷版doc、新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第22講空間中的平行關(guān)系解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共24頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 講與練第22練 空間中的平行關(guān)系（2份打包，原卷版+解析版）

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 講與練第22練 空間中的平行關(guān)系（2份打包，原卷版+解析版）
（人教A版2019必修第一冊）高考數(shù)學(xué)（精講精練）必備 第22練 空間中的平行關(guān)系（原卷版+解析）

（人教A版2019必修第一冊）高考數(shù)學(xué)（精講精練）必備 第22練 空間中的平行關(guān)系（原卷版+解析）
（人教A版2019必修第一冊）高考數(shù)學(xué)（精講精練）必備 第22練 空間中的平行關(guān)系（原卷版+解析）

（人教A版2019必修第一冊）高考數(shù)學(xué)（精講精練）必備 第22練 空間中的平行關(guān)系（原卷版+解析）
第03講 空間中點、線、面位置關(guān)系與空間中的平行關(guān)系（5類核心考點精講精練）-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）

第03講 空間中點、線、面位置關(guān)系與空間中的平行關(guān)系（5類核心考點精講精練）-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部