【知識梳理】2
【真題自測】3
【考點(diǎn)突破】14
【考點(diǎn)1】直線與平面平行的判定與性質(zhì)14
【考點(diǎn)2】平面與平面平行的判定與性質(zhì)24
【考點(diǎn)3】平行關(guān)系的綜合應(yīng)用32
【分層檢測】43
【基礎(chǔ)篇】43
【能力篇】54
【培優(yōu)篇】62
考試要求：
從定義和基本事實(shí)出發(fā)，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關(guān)系，并加以證明.
知識梳理
1.直線與平面平行
(1)直線與平面平行的定義
直線l與平面α沒有公共點(diǎn)，則稱直線l與平面α平行.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
2.平面與平面平行
(1)平面與平面平行的定義
沒有公共點(diǎn)的兩個平面叫做平行平面.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
1.平行關(guān)系中的三個重要結(jié)論
(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.
(2)平行于同一平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.
(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.
2.三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化
真題自測
一、解答題
1．（2024·全國·高考真題）如圖，，，，,為的中點(diǎn).
(1)證明：平面；
(2)求點(diǎn)到的距離.
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點(diǎn)分別為，點(diǎn)在上，．
(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
3．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點(diǎn).，N為AB的中點(diǎn)，

(1)求證：//平面；
(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；
(3)求點(diǎn)到平面的距離．
4．（2022·全國·高考真題）小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．
(1)證明：平面；
(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．
5．（2022·北京·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(diǎn)．
(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．
參考答案：
1．(1)證明見詳解；
(2)
【分析】（1）結(jié)合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進(jìn)而得證；
（2）先證明平面，結(jié)合等體積法即可求解.
【詳解】（1）由題意得，，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）取的中點(diǎn)，連接，，因?yàn)?，且?br>所以四邊形是平行四邊形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由，
得，得，
故點(diǎn)到平面的距離為.
2．(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(diǎn)，由分別為的中點(diǎn)，
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(diǎn)，
因?yàn)槭侵悬c(diǎn)，所以，
在中，，
所以，
因?yàn)椋?br>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?yàn)?，所以?br>所以，
又，
所以.
3．(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(jìn)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(diǎn)，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(diǎn)到平面的距離是到平面的距離的兩倍，
即點(diǎn)到平面的距離是.
[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.
設(shè)點(diǎn)到平面的距離為.
，
.
由，即.
4．(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）分別取的中點(diǎn)，連接，由平面知識可知，，依題從而可證平面，平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，即可知四邊形為平行四邊形，于是，最后根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；
（2）再分別取中點(diǎn)，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍，即可解出．
【詳解】（1）如圖所示：
分別取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)闉槿鹊恼切?，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根?jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如圖所示：
分別取中點(diǎn)，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．
因?yàn)?，，點(diǎn)到平面的距離即為點(diǎn)到直線的距離，，所以該幾何體的體積
．
[方法二]：分割法二
如圖所示：
連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點(diǎn)P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積
5．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）取的中點(diǎn)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(diǎn)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?yàn)閭?cè)面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因?yàn)椋势矫妫?br>因?yàn)槠矫?，故?br>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?yàn)椋势矫?，而平面?br>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
.
考點(diǎn)突破
【考點(diǎn)1】直線與平面平行的判定與性質(zhì)
一、單選題
1．（2024·江西景德鎮(zhèn)·三模）已知，是空間內(nèi)兩條不同的直線，，，是空間內(nèi)三個不同的平面，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，則或
2．（2024·內(nèi)蒙古·三模）設(shè)，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，且則“”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件B．充分必要條件
C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件
二、多選題
3．（2024·湖北黃岡·模擬預(yù)測）如圖，正方體的棱長為3，點(diǎn)E、F，G分別在棱，，上，滿足，，記平面與平面的交線為l，則（ ）
A．，平面
B．平面截正方體所得截面圖形為六邊形的充分不必要條件是
C．時，三棱錐的外接球表面積為
D．時，直線l與平面所成角的正弦值為
4．（2023·遼寧沈陽·二模）在正方體中，，點(diǎn)P在正方體的面內(nèi)（含邊界）移動，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．當(dāng)直線平面時，則直線與直線成角可能為
B．當(dāng)直線平面時，P點(diǎn)軌跡被以A為球心，為半徑的球截得的長度為
C．若直線與平面所成角為，則點(diǎn)P的軌跡長度為
D．當(dāng)直線時，經(jīng)過點(diǎn)B，P，的平面被正方體所截，截面面積的取值范圍為
三、解答題
5．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．
(1)設(shè)線段中點(diǎn)為，證明：平面；
(2)在線段上是否存在點(diǎn)，使得點(diǎn)到平面的距離等于，如果存在，求的長．
6．（2024·北京順義·三模）如圖在幾何體ABCDFE中，底面ABCD為菱形，，，，.
(1)判斷AD是否平行于平面CEF，并證明；
(2)若面面；求：
（ⅰ）平面與平面CEF所成角的大??；
（ⅱ）求點(diǎn)A到平面CEF的距離.
參考答案：
1．C
【分析】借助于模型，完成線面關(guān)系的推理可得C項(xiàng)正確，可通過舉反例或羅列由條件得到的所有結(jié)論，進(jìn)行對A,B,D選項(xiàng)的排除.
【詳解】對于A，由，，設(shè)，當(dāng)時，可得，故A錯誤；
對于B，由，可得或，故B錯誤；
對于C，如圖，設(shè)，，在平面作不與重合的直線，使，
因，則，因，，則，因，則，于是，故C正確；
對于D，當(dāng)，，時，若且，
則可以和平面成任意角度，故D錯誤.
故選：C.
2．C
【分析】根據(jù)題意，利用線面平行的判定定理與性質(zhì)定理，結(jié)合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.
【詳解】當(dāng)時，可能在內(nèi)或者內(nèi)，故不能推出且，所以充分性不成立；
當(dāng)且時，設(shè)存在直線，，且，
因?yàn)?，所以，根?jù)直線與平面平行的性質(zhì)定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分條件.
故選：C.
3．ACD
【分析】根據(jù)線面平行的判定定理判斷A；畫出截面即可判斷B；建立如圖空間直角坐標(biāo)系，確定球心和半徑即可判斷C；作出截面，如圖，確定交線，利用空間向量法求解線面角即可判斷D.
【詳解】A：由題設(shè)及正方體結(jié)構(gòu)特征，有且平面，平面，故平面，故A正確；
B：當(dāng)時，平面截正方體所得截面圖形為五邊形或六邊形，
如圖，所以充分性不成立，故B錯誤：
C：以D為原點(diǎn)，以，，所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
當(dāng)時，，，，，，
外接球的球心在過線段的中點(diǎn)，且垂直于平面的直線上，
的中點(diǎn)，可記球心，外接球的半徑，
所以，解得，，
所以三棱錐的外接球表面積為，故C正確；
D：作出截面圖形，交于，交于，
直線即為直線，，又平面的法向量為，
則與平面所成的角滿足，故D正確.
故選：ACD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：
（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；
（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；
（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.
4．BCD
【分析】A應(yīng)用線面平行、面面平行的判定證面面，進(jìn)而判斷的軌跡，即可判斷線線角的范圍；B根據(jù)A分析知：P點(diǎn)軌跡為線段，再畫出球與各面的截面形狀，即可判斷；C根據(jù)面，結(jié)合線面角大小確定P的軌跡，即可求長度；D首先確定P軌跡為線段，再應(yīng)用平面的基本性質(zhì)畫出截面，進(jìn)而確定面積范圍.
【詳解】A：如下圖，連接、、，由正方體性質(zhì)知：，，
由面，面，則面，同理可證面，
又，面，故面面，
由面，面面，且P在正方體的面內(nèi)，
所以，要使直線平面，則面，即，又△為等邊三角形，
故在上運(yùn)動時，直線與直線成角為，錯誤；
B：由A分析知：直線平面，P點(diǎn)軌跡為線段，
取中點(diǎn)，連接，而△為等邊三角形，則，
以A為球心，為半徑的球截的長度為，正確；
C：由面，顯然、與面夾角為，
所以，要直線與平面所成角為，則P軌跡是以為圓心為半徑的圓，
如下圖示：
所以，軌跡長度為，正確；
D：若，而，則，而面，面，
又面面，故P軌跡為線段，
過作交于，連接，易知：截面為平行四邊形，如下圖，
當(dāng)與或重合時，截面為矩形，此時面積最大，為；
當(dāng)為的中點(diǎn)時，截面為菱形，此時面積最小，為；
所以截面面積的取值范圍為，正確.
故選：BCD
5．(1)證明見解析
(2)存在，的長為
【分析】（1）取的中點(diǎn)，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）設(shè)，根據(jù)等體積法求出x的值，即可得出結(jié)論.
【詳解】（1）取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連結(jié)、、
則有，，
因?yàn)椋?，所以且?br>所以四邊形是平行四邊形，則，
又平面，平面，
所以平面.
（2）存在.設(shè)，在中，.
因?yàn)槊妫?
因?yàn)槊?，面，?br>所以,，
則均為直角三角形.
在中，
同理，.
取的中點(diǎn)，因?yàn)椋裕?br>而.
故.
因?yàn)辄c(diǎn)到面的距離等于，
所以.
而，所以，解得.
所以在線段上只存在唯一一點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)時，點(diǎn)到面的距離等于.
6．(1)與平面不平行，證明見解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）取中點(diǎn)，證明，假設(shè)平面，根據(jù)線面平行性質(zhì)定理證明，推出矛盾，可得結(jié)論；
（2）（i）證明線線垂直建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解平面與平面的角，（ii）利用向量方法求點(diǎn)到平面距離.
【詳解】（1）不平行于平面，理由如下：
取中點(diǎn)，
因?yàn)椋?br>則四邊形為平行四邊形，所以，
又，所以不平行于，
假設(shè)平面，
因?yàn)槠矫嫫矫妫矫?br>所以，與不平行于矛盾，
所以假設(shè)不成立，即不平行于平面；
（2）取中點(diǎn)，連接
因?yàn)榱庑危?br>所以為正三角形，又為中點(diǎn)，所以，
由于，所以，
又面面，面面，面
所以面，因?yàn)槊妫?br>又因?yàn)椋妫?br>所以面，而面，所以，
所以如圖，以為原點(diǎn)，所在直線為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，
則
（i）因?yàn)槊妫詾槠矫娴囊粋€法向量
設(shè)平面的法向量為，因?yàn)?br>所以，令，
設(shè)平面與平面所成角為，
所以，則
即平面與平面所成角大小為；
（ii）因?yàn)?，由（i）知平面的一個法向量為
所以點(diǎn)到平面的距離為.
反思提升：
(1)判斷或證明線面平行的常用方法
①利用線面平行的定義(無公共點(diǎn)).
②利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α).
③利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α?a∥β).
④利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β).
(2)應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時需要經(jīng)過已知直線作輔助平面確定交線.
【考點(diǎn)2】平面與平面平行的判定與性質(zhì)
一、單選題
1．（2024·安徽安慶·三模）在正方體中，點(diǎn)分別為棱的中點(diǎn)，過點(diǎn)三點(diǎn)作該正方體的截面，則（ ）
A．該截面多邊形是四邊形
B．該截面多邊形與棱的交點(diǎn)是棱的一個三等分點(diǎn)
C．平面
D．平面平面
2．（2024·福建南平·二模）在正四面體中，為棱的中點(diǎn)，過點(diǎn)的平面與平面平行，平面平面，平面平面，則，所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
3．（23-24高一下·河南·階段練習(xí)）刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點(diǎn)的曲率等于與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制．例如：正方體每個頂點(diǎn)均有3個面角，每個面角均為，故其各個頂點(diǎn)的曲率均為．如圖，在直三棱柱中，，點(diǎn)的曲率為分別為的中點(diǎn)，則（ ）
A．直線平面
B．在三棱柱中，點(diǎn)的曲率為
C．在四面體中，點(diǎn)的曲率小于
D．二面角的大小為
4．（2024·河北保定·二模）如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進(jìn)行折疊，使到達(dá)位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（ ）

A．B．平面平面
C．多面體為三棱臺D．直線與平面所成的角為
三、解答題
5．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖，在圓錐中，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，四邊形是底面的內(nèi)接正方形，分別為的中點(diǎn)，過點(diǎn)的平面為.
(1)證明：平面平面；
(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為，設(shè)點(diǎn)在線段上運(yùn)動，求三棱錐的體積.
6．（2024·山東濰坊·三模）如圖，在直三棱柱中，，是棱的中點(diǎn)．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大?。?br>參考答案：
1．B
【分析】將線段向兩邊延長，分別與棱的延長線，棱的延長線交于，連分別與棱交于，可判斷A；利用相似比可得，可判斷B；證明平面即可判斷C；通過證明平面，可判斷D.
【詳解】對于A，將線段向兩邊延長，分別與棱的延長線，棱的延長線交于，
連分別與棱交于，得到截面多邊形是五邊形，A錯誤；
對于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以，
所以，即，點(diǎn)是棱的一個三等分點(diǎn)，B正確；
對于C，因?yàn)槠矫?，平面，所以?br>又，平面，所以平面，
因?yàn)槠矫妫?，同理可證，
因?yàn)槠矫?，所以平面?br>因?yàn)槠矫媾c平面相交，所以與平面不垂直，C錯誤；
對于D，易知，所以，
又，所以平面，
結(jié)合C結(jié)論，所以平面與平面不平行，D錯誤.
故選：B．
2．B
【分析】由面面平行的性質(zhì)定理可得，，所以，所成角即為，在中，由余弦定理求解即可.
【詳解】因?yàn)槠矫嫫矫?，平面，平面面?br>所以，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面，平面面?br>所以，
所以，所成角即為所成角，
而所成角為，設(shè)正四面體的棱長為，
所以，所以，
所以.

故選：B.
3．ABD
【分析】利用面面平行的判定性質(zhì)判斷A；利用曲率的定義計算判斷BC；作出二面角的平面角并求得其大小判斷D
【詳解】對于A，取的中點(diǎn)，連接BG，F(xiàn)G，由D，E，F(xiàn)分別為的中點(diǎn)，
得，而平面，平面，則平面，
又，則四邊形為平行四邊形，，
而平面，平面，則平面，又，
平面，于是平面平面，由平面BFG，得平面，A正確；
對于B，在直三棱柱中，，
則點(diǎn)的曲率為，解得，由，得，
而，因此點(diǎn)的曲率為，B正確；
對于C，過作，交的延長線于，連接，由平面ABC，
平面ABC，得，，平面，
則平面，平面，因此，，，
又，則，，
在四面體中，點(diǎn)的曲率為，C錯誤；
對于D，由選項(xiàng)C知，為二面角的平面角，又，
則，所以，D正確．
故選：ABD
.
4．ABD
【分析】求得位置關(guān)系判斷選項(xiàng)A；求得平面與平面位置關(guān)系判斷選項(xiàng)B；利用三棱臺定義判斷選項(xiàng)C；求得直線與平面所成的角判斷選項(xiàng)D.
【詳解】對于A，因?yàn)槠矫嫫矫妫?br>平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正確.
對于B，因?yàn)椋矫?，平面?br>則平面，
又，平面，平面，
則平面，
又，平面，所以平面平面，B正確.
對于C，因?yàn)?，，則，
所以多面體不是三棱臺，C錯誤.
對于D，延長，相交于點(diǎn)G，
因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?，平面，?br>所以平面，則為直線與平面所成的角.
因?yàn)椋裕?br>解得，，，
則，D正確.

故選：ABD
5．(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）由線面平行的判定定理可證平面，平面，再由面面平行的判定定理即可證明平面平面；
（2）由題意可得，點(diǎn)到平面的距離等于點(diǎn)到平面的距離，再由三棱錐的體積公式，代入計算，即可求解.
【詳解】（1）因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，
因?yàn)樗倪呅螢檎叫危?，從而?br>又平面平面，所以平面，
連接，則為的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，所以，
又平面平面，
所以平面，又，平面，
所以平面平面，
即平面平面.
（2）
由題知，平面.
連接，則.
因?yàn)橛桑?）的證明可知平面平面，
所以點(diǎn)到平面的距離等于點(diǎn)到平面的距離，
所以，
所以三棱錐的體積為.
6．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接，先得出平面平面，由面面平行證明線面平行即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)面面夾角的向量公式計算即可．
【詳解】（1）取的中點(diǎn)，連接，
由直三棱柱得，，，
因?yàn)槭抢獾闹悬c(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，
所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，
同理可得四邊形為平行四邊形，所以
所以，所以四邊形為平行四邊形，
所以，
因?yàn)槠矫妫矫妫?br>所以平面，同理可得平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）設(shè)，以為原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則，
所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
由得，，取，的，
設(shè)平面的一個法向量為，
由得，，取，的，
設(shè)平面與平面的夾角為，
則，
由圖可知二面角為銳角，則二面角的大小為．
反思提升：
1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)線面垂直的性質(zhì)(垂直于同一直線的兩平面平行).
2.面面平行條件的應(yīng)用
(1)兩平面平行，分別構(gòu)造與之相交的第三個平面，交線平行.
(2)兩平面平行，其中一個平面內(nèi)的任意一條直線與另一個平面平行.
【考點(diǎn)3】平行關(guān)系的綜合應(yīng)用
一、單選題
1．（2022·北京朝陽·一模）在通用技術(shù)教室里有一個三棱錐木塊如圖所示，，，兩兩垂直，（單位：），小明同學(xué)計劃通過側(cè)面內(nèi)任意一點(diǎn)將木塊鋸開，使截面平行于直線和，則該截面面積（單位：）的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·新疆·二模）已知，，為三條不同的直線，，，為三個不同的平面，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，，，則
C．若，，，，則
D．若，，，則
二、多選題
3．（2024·湖南益陽·三模）如圖，點(diǎn)P是棱長為2的正方體的表面上的一個動點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．當(dāng)點(diǎn)P在平面上運(yùn)動時，四棱錐的體積不變
B．當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上運(yùn)動時，與所成角的取值范圍為
C．使直線AP與平面ABCD所成角為的動點(diǎn)P的軌跡長度為
D．若F是的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在底面ABCD上運(yùn)動，且滿足平面時，PF長度的最小值為
4．（2024·湖北·二模）如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點(diǎn)，為正方形內(nèi)一個動點(diǎn)（包括邊界），且平面，則下列說法正確的有（ ）

A．動點(diǎn)軌跡的長度為
B．三棱錐體積的最小值為
C．與不可能垂直
D．當(dāng)三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為
三、解答題
5．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱中，分別為棱的中點(diǎn)．
(1)證明： ∥平面；
(2)若，求點(diǎn)到平面的距離．
6．（2024·貴州·模擬預(yù)測）在三棱錐中，平面，是上一點(diǎn)，且，連接與，為中點(diǎn).
(1)過點(diǎn)的平面平行于平面且與交于點(diǎn)，求；
(2)若平面平面，且，求點(diǎn)到平面的距離.
參考答案：
1．B
【分析】根據(jù)題意，在平面內(nèi)，過點(diǎn)作分別交于，在平面內(nèi)，過作交于，在平面內(nèi)，過作交于，連接，進(jìn)而根據(jù)題意，∽，設(shè)其相似比為，則，再證明四邊形是矩形，再結(jié)合相似比和二次函數(shù)性質(zhì)求解即可.
【詳解】解：根據(jù)題意，在平面內(nèi)，過點(diǎn)作分別交于，
在平面內(nèi)，過作交于，
在平面內(nèi)，過作交于，連接，作圖如下，
因?yàn)?，則，
所以∽，設(shè)其相似比為，
則，
因?yàn)?，所以在中，?br>因?yàn)?，所以，即?br>因?yàn)?，則，
所以，∽，即，
因?yàn)椋?br>所以，即，
同理∽，即，
因?yàn)?，平面，平面?br>所以平面，
因?yàn)椋?br>所以平面，平面，
因?yàn)槠矫妫?br>所以，
因?yàn)?br>所以
因?yàn)?，所以∽?br>所以，
因?yàn)?，所以?br>因?yàn)?，所以?br>所以四邊形是矩形，即，
所以，由二次函數(shù)的性質(zhì)知，當(dāng)時，有最大值.
故選：B
2．B
【分析】利用線面平行的判定定理可判斷A；根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷B；由線面垂直的判定定理可判斷C；由面面平行的判定定理可判斷A.
【詳解】A，若，，且，則，故A錯誤；
B，若，， ，則，且，
由，所以，故B正確；
C，若，，，，且與相交，則，故C錯誤；
D，若，，，且與相交， 則，故D錯誤.
故選：B
3．ABC
【分析】由底面正方形的面積不變，點(diǎn)到平面的距離不變，可判定A正確；以為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，結(jié)合向量的夾角公式，可判定B正確；由直線與平面所成的角為，作平面，得到點(diǎn)的軌跡，可判定C正確；設(shè)，求得平面的一個法向量為，得到，可判定D錯誤.
【詳解】選項(xiàng)A：底面正方形的面積不變，點(diǎn)到平面的距離為正方體棱長，所以四棱錐的體積不變，正確；
選項(xiàng)B：以為原點(diǎn)，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標(biāo)系，可得，
設(shè)，則，
設(shè)直線與所成角為，則，
因?yàn)?，則，
當(dāng)時，可得，所以；
當(dāng)時，，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
可知，且，所以；
所以異面直線與所成角的取值范圍是，正確；
對于C：因?yàn)橹本€與平面所成的角為，
若點(diǎn)在平面和平面內(nèi)，
因?yàn)樽畲?，不成立?br>在平面內(nèi)，點(diǎn)的軌跡是；
在平面內(nèi)，點(diǎn)的軌跡是；
在平面時，作平面，如圖所示，
因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)?，所以，所以?br>所以點(diǎn)的軌跡是以點(diǎn)為圓心，以2為半徑的四分之一圓，
所以點(diǎn)的軌跡的長度為，
綜上，點(diǎn)的軌跡的總長度為，所以C正確；
對于D，由，
設(shè)，則
設(shè)平面的一個法向量為，則，
取，可得，所以，
因?yàn)槠矫?，所以，可得?br>所以，當(dāng)時，等號成立，錯誤.
故選：ABC.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：
1、立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點(diǎn)軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般時根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點(diǎn)的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動點(diǎn)的軌跡方程；
3、對于線面位置關(guān)系的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后再該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論，則否定假設(shè)；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
4．ABD
【分析】對A由平面，聯(lián)想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進(jìn)而得到的軌跡為線段，對B，根據(jù)棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.
【詳解】對A，如圖，令中點(diǎn)為,中點(diǎn)為,連接，
又正方體中，為棱的中點(diǎn)，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又為正方形內(nèi)一個動點(diǎn)（包括邊界），平面平面，而平面平面，
，即的軌跡為線段.
由棱長為2的正方體得線段的長度為，故選項(xiàng)A正確；
對B，由正方體側(cè)棱底面，所以三棱錐體積為，
所以面積最小時，體積最小，如圖，，易得在處時最小，
此時,所以體積最小值為，故選項(xiàng)B正確；
對C，當(dāng)為線段中點(diǎn)時，由可得,又中點(diǎn)為,中點(diǎn)為,
，而，,故選項(xiàng)C不正確；
對D，如圖，當(dāng)在處時，三棱錐的體積最大時，
由已知得此時,所以在底面的射影為底面外心，
,,,所以底面為直角三角形，
所以在底面的射影為中點(diǎn)，設(shè)為，如圖，設(shè)外接球半徑為,
由,,可得外接球半徑，
外接球的表面積為，故選項(xiàng)D正確.
故選：ABD.

5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意可證∥平面，∥平面，可得平面∥平面，結(jié)合面面平行的性質(zhì)分析證明；
（2）利用余弦定理求AD，根據(jù)題意利用等體積法求點(diǎn)到面的距離.
【詳解】（1）如圖，取的中點(diǎn)，連接．
因?yàn)槎际撬诶獾闹悬c(diǎn)，則∥，∥，
所以∥，
且平面，平面，所以∥平面．
因?yàn)榉謩e是和的中點(diǎn)，則∥，，
可得∥，，可知四邊形是平行四邊形，則，
且平面，平面，所以∥平面，
且，平面，
所以平面∥平面，
由平面可得∥平面．
（2）三棱錐的體積，
且，
利用余弦定理可得，
因?yàn)?，可知?br>所以．
設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，
則，即，解得，
所以點(diǎn)到平面的距離為．
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用兩條平行線確定一個平面，作出過點(diǎn)平行于平面的平面，并證明. 從而利用平面與平面平行的性質(zhì)定理可得，所以，則.
【詳解】（1）（2）因?yàn)槠矫嫫矫?，只需在平面?nèi)向作一條垂線即可證明該垂線與平面垂直，進(jìn)而與垂直；再利用平面，有，利用直線與平面垂直的判定定理可得平面，則. 建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面的距離計算公式求得,
過作，交于，交于；過作交于.
因?yàn)?，面，面，則面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即為題中所述平面.
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，所以?br>所以.
因?yàn)椋?br>所以.
因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，且，
所以為中點(diǎn)，
所以，
所以，則.
（2）
過作交于.
因?yàn)?，平面平面，平面平面，平面?br>所以平面，又因?yàn)槠矫妫?br>所以.
因?yàn)?，，且、平面?br>所以平面.
又因?yàn)槠矫妫?br>所以.
如圖，以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系.
，，，，，
，，.
設(shè)為平面的法向量，
則，令，則，
則.
反思提升：
三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化
分層檢測
【基礎(chǔ)篇】
一、單選題
1．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知兩條直線m，n和三個平面α，β，γ，下列命題正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，，則
2．（2024·貴州貴陽·二模）設(shè)為直線，為平面，則的一個充要條件是（ ）
A．內(nèi)存在一條直線與平行B．平行內(nèi)無數(shù)條直線
C．垂直于的直線都垂直于D．存在一個與平行的平面經(jīng)過
3．（2024·全國·三模）已知，是兩個不同的平面，m，l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
4．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知正方體中，點(diǎn)是線段上靠近的三等分點(diǎn)，點(diǎn)是線段上靠近的三等分點(diǎn)，則平面AEF截正方體形成的截面圖形為（ ）
A．三角形B．四邊形C．五邊形D．六邊形
二、多選題
5．（2024·吉林·二模）已知 為兩條不同的直線，兩個不同的平面，且，則（ ）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若，則
6．（2023·河北衡水·模擬預(yù)測）如圖，已知圓錐的頂點(diǎn)為，底面的兩條對角線恰好為圓的兩條直徑，分別為的中點(diǎn)，且，則下列說法中正確的有（ ）
A．平面
B．平面平面
C．
D．直線與所成的角為
7．（2020·山東泰安·一模）是兩個平面，是兩條直線，有下列四個命題其中正確的命題有（ ）
A．如果，那么
B．如果，那么
C．如果，那么
D．如果，那么與所成的角和與所成的角相等
三、填空題
8．（2023·四川涼山·三模）在棱長為2的正方體中，若E為棱的中點(diǎn)，則平面截正方體的截面面積為 ．
9．（2022·廣西貴港·三模）正方體的棱長為，，，分別為，，的中點(diǎn)，給出下列四
個命題：
①上底邊的中點(diǎn)在平面內(nèi)
②直線與平面不平行
③平面截正方體所得的截面面積為
④點(diǎn)與點(diǎn)到平面的距離相等．
錯誤的命題是 ．
10．（2022·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點(diǎn)E、F、G分別為棱、、的中點(diǎn)，P是底面ABCD上的一點(diǎn)，若平面GEF，則下面的4個判斷
①點(diǎn)P的軌跡是一段長度為的線段；
②線段的最小值為；
③；
④與一定異面．
其中正確判斷的序號為 ．
四、解答題
11．（2024·廣西·模擬預(yù)測）在正四棱柱中，，，E為中點(diǎn)，直線與平面交于點(diǎn)F．
(1)證明：F為的中點(diǎn)；
(2)求直線AC與平面所成角的余弦值．

12．（23-24高三上·北京東城·期末）如圖，在直三棱柱中，分別為的中點(diǎn).
(1)求證：平面；
(2)若點(diǎn)是棱上一點(diǎn)，且直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.
參考答案：
1．C
【分析】利用面面平行的判定定理可判斷出A和B正誤，利用線面垂直的判定定理可判斷出C的正誤，利用線面平行的判定定理可判斷出D的正誤.
【詳解】對于A，當(dāng)，時，兩平面α，β可能平行可能相交，所以A錯誤；
對于B，，，兩平面β，γ可能平行可能相交，所以B錯誤；
對于C，當(dāng)，，時，
設(shè)，，在γ取一點(diǎn)O，過O分別作于B，于C，
則，，因?yàn)椋?br>所以，，所以，，
因?yàn)?，，所以，所以C正確；
對于D，當(dāng)，，，時，
可得或，所以D錯誤.
故選：C.
2．D
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合直線與平面平行，以及平面與平面平行的判定及性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.
【詳解】對于A中，由內(nèi)存在一條直線與平行，則或，所以A不正確；
對于B中，由平行內(nèi)無數(shù)條直線，則或，所以B不正確；
對于C中，由垂直于的直線都垂直于，則或，所以C不正確；
對于D中，如圖所示，由，在直線上任取一點(diǎn)作直線，使得，
因?yàn)榍移矫?，所以，即充分性成立?br>反之，若存在一個與平行的平面經(jīng)過，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可得，即必要性成立，所以D正確.
故選：D.
3．C
【分析】由直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合充分條件、必要條件的概念判斷即可.
【詳解】若，，，且，所以直線與平面平行的判定定理知；
若，，，所以直線與平面平行的性質(zhì)定理知；
所以“”是“”的充要條件.
故選：C.
4．C
【分析】如圖，由題意，根據(jù)空間線面的位置關(guān)系、基本事實(shí)以及面面平行的性質(zhì)定理可得，進(jìn)而，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】如圖，設(shè)，分別延長交于點(diǎn)，此時，
連接交于，連接，
設(shè)平面與平面的交線為，則，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面平面?br>所以，設(shè)，則，
此時，故，連接，
所以五邊形為所求截面圖形，
故選：C．

5．AC
【分析】A由面面垂直的判定定理即可判斷，BCD由線面之間的關(guān)系即可判斷，
【詳解】對于A，由面面垂直的判定定理即可判斷，故A正確；
對于B，若，可得直線與直線可能平行、相交、異面，故B錯誤；
對于C，若，又則，故C正確；
對于D，若，則或，故D錯誤；
故選：AC.
6．ABC
【分析】根據(jù)題意，由線面平行，面面平行的判斷定理即可判斷ABC，由異面直線所成角即可判斷D.
【詳解】由已知可得四邊形為正方形，且四棱錐各棱長均相等，
由分別為的中點(diǎn)，可得，
又平面，平面，所以平面，故選項(xiàng)正確;
又分別為的中點(diǎn)，所以，
又平面平面，故平面，而，
且平面平面，所以平面平面，故B選項(xiàng)正確;
設(shè)，則，
所以，即，
由B選項(xiàng)可知，所以，故C選項(xiàng)正確;
，
故(或其補(bǔ)角)即為異面直線與
所成的角，而，故選項(xiàng)錯誤.
故選:ABC.
7．BCD
【分析】運(yùn)用長方體模型，找出符合條件的直線和平面，即可判斷A；運(yùn)用線面平行的性質(zhì)定理和線面垂直的性質(zhì)定理，即可判斷B；運(yùn)用面面平行的性質(zhì)定理，即可判斷C；由平行的傳遞性及線面角的定義，即可判斷D．
【詳解】對于A，可運(yùn)用長方體舉反例證明其錯誤：如圖，
不妨設(shè)為直線m，為直線n，
所在的平面為，所在的平面為，
顯然這些直線和平面滿足題目條件，但不成立，故A錯誤；
對于B，設(shè)過直線的某平面與平面相交于直線，則，
由知，從而，故B正確；
對于C，如果，則，故C正確；
對于D，如果，那么與所成的角和與所成的角相等，故D正確.
故選：BCD.
8．
【分析】
作出截面截面，為的中點(diǎn)，則可得截面是邊長為的菱形，求出其面積即可.
【詳解】
如圖，在正方體中，
平面平面，
平面與平面的交線必過且平行于，
故平面經(jīng)過的中點(diǎn)，連接，得截面，
易知截面是邊長為的菱形，其對角線，
，截面面積．
故答案為：．
9．①②④
【分析】對于①：根據(jù)題意得，，所以，所以，，，四點(diǎn)共面，分析即可判斷；對于②：取的中點(diǎn)，連接，，由條件可知，，分析判斷即可；對于③：因?yàn)?，，求出，再求解即可；對于④：記點(diǎn)與點(diǎn)到平面的距離分別為，，，，分析即可判斷.
【詳解】在①中，如圖所示，連接，，延長，交于點(diǎn)，因?yàn)?，為，的中點(diǎn)，
所以，，所以，所以，，，四點(diǎn)共面，
所以截面即為梯形，所以上底邊的中點(diǎn)不在平面內(nèi)，故①錯誤；
在②中，如圖所示，取的中點(diǎn)，連接，，由條件可知，，
且，，所以平面平面，
又因?yàn)槠矫妫云矫?，故②錯誤；
在③中，由①可知，因?yàn)?，?br>所以，所以，故③正確；
在④中，記點(diǎn)與點(diǎn)到平面的距離分別為，，
因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)椋?br>所以，故④錯誤．
故答案為：①②④ .

10．①③
【分析】先證明平面平面，可判斷P的軌跡是線段，結(jié)合選項(xiàng)和幾何性質(zhì)一一判斷即可．
【詳解】分別連接，所以，又因?yàn)?，則，
同理，，故平面平面，
又因?yàn)槠矫鍳EF，且P是底面ABCD上的一點(diǎn)，所以點(diǎn)在上．
所以點(diǎn)P的軌跡是一段長度為，故①正確；
當(dāng)為中點(diǎn)時，線段最小，最小值為，故②錯；
因?yàn)樵谡襟w中，平面，又平面，
則，故③正確；
當(dāng)與重合時，與平行，則④錯．
故答案為：①③
11．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理判斷，得出，得出為中位線，從而得證；
（2）建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用線面角公式求得正弦值，再利用同角基本關(guān)系式求出余弦值.
【詳解】（1）如圖，連接，F(xiàn)E，，在正四棱柱中，
由AB與平行且相等得是平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，又E是中點(diǎn)，所以是的中位線，
所以F是的中點(diǎn)；

（2）分別以DA，DC，為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
則，，，，，，，
設(shè)平面的一個法向量是，直線AC與平面所成的角為，
則，取，得，
， ，
所以直線AC與平面所成角的余弦值為.

12．(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）通過取的中點(diǎn)構(gòu)建平面平面即得；
（2）由題設(shè)易于建系，運(yùn)用空間向量的夾角公式表示出直線與平面所成角的正弦值，解方程即得.
【詳解】（1）
如圖，取線段的中點(diǎn)，連接,因分別為的中點(diǎn),故有,
又因?yàn)槠矫?，平?故平面，平面，
又,則平面平面,因平面，則平面.
（2）
如圖，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.
則,設(shè)點(diǎn),則，代入坐標(biāo)得：，即，
于是,,設(shè)平面的法向量為，則有故可取，
依題意得，，解得：，即線段的長為1.
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·四川攀枝花·三模）在一個圓錐中，為圓錐的頂點(diǎn)， 為圓錐底面圓的圓心，為線段的中點(diǎn)，為底面圓的直徑， 是底面圓的內(nèi)接正三角形，
①平面；
②平面；
③圓錐的側(cè)面積為；
④三棱錐的內(nèi)切球表面積為．
其中正確的結(jié)論個數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多選題
2．（2024·湖北黃岡·二模）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)滿足，則下列說法中正確的是（ ）
A．平面
B．若平面，則動點(diǎn)的軌跡是一條線段
C．若，則四面體的體積為定值
D．若為正方形的中心，則三棱錐外接球的體積為
三、填空題
3．（2023·貴州黔東南·三模）如圖，已知正方體的棱長為2，點(diǎn)是內(nèi)（包括邊界）的動點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的序號是 .（填所有正確結(jié)論的序號）
①若，則平面；
②若，則直線與所成角的余弦值為；
③若，則的最大值為；
④若平面與正方體各個面都相交，且，則截面多邊形的周長一定為.
四、解答題
4．（2024·云南昆明·三模）如圖，在三棱臺中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形，平面，設(shè)平面平面，點(diǎn)分別在直線和直線上，且滿足，．
(1)證明：平面；
(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求該三棱臺的高．
參考答案：
1．C
【分析】根據(jù)正弦定理求得圓錐的底面半徑，從而求得圓錐的高，再計算出圓錐的側(cè)面積即可判斷③；采用反證的方法可判斷①；根據(jù)線面垂直的判定定理可判定平面判斷②；求出三棱錐的各個面的面積及體積，再利用等體積法求出內(nèi)切球的半徑，即可判斷④．
【詳解】由是底面圓的內(nèi)接正三角形，，
設(shè)圓錐的底面半徑為r，則可得，即，解得.

因?yàn)椋矢撸?br>所以圓錐的側(cè)面積，故③正確；
假設(shè)平面，由于平面，平面平面，故，
則，而因?yàn)闉榈酌鎴A的直徑，
又，且（矛盾），
故、不可能平行，所以與平面不平行；故①錯誤；
因?yàn)闉榫€段的中點(diǎn)，故，
則，，，
故，，又，平面，
所以平面，故②正確；
又，
，
，
設(shè)三棱錐的內(nèi)切球的半徑為，
則，
即，解得，，
所以三棱錐的內(nèi)切球的表面積，故④正確．
綜上有②③④正確.
故選：C．
2．BC
【分析】對于A，運(yùn)用反證法思路，假設(shè)結(jié)論成立，經(jīng)過推理得到平面，與事實(shí)矛盾，排除A；對于B,利用動線構(gòu)造平面平面與平面平行，即可判斷點(diǎn)的軌跡為線段；對于C，由推理得到三點(diǎn)共線，而平面，故得四面體的體積為定值；對于D，根據(jù)題意，確定三棱錐外接球球心為中點(diǎn)，從而求得其半徑，即得其體積，排除D..
【詳解】

對于A，如圖1，假設(shè)平面，因平面則①；
因正方形,可得,又平面,平面,則,
又平面，故平面，
因平面，故②，
又平面,故由① ，② 可得平面，
顯然該結(jié)論不成立，故錯誤；

對于B，如圖2，取中點(diǎn)，連接，
易得,且，故得,
則有，因平面,平面,故平面③；
又,同理可得,則,故有，同法可得平面④ ,
因平面，則由③ ，④ 可得平面平面，
而平面，則點(diǎn)在平面內(nèi)，而點(diǎn)又在平面內(nèi)，
故點(diǎn)的軌跡為線段，B正確；
對于C，如圖2，//，
因?yàn)?，?br>所以，故三點(diǎn)共線，
所以點(diǎn)在上，而//，且平面，平面,所以平面，
所以點(diǎn)到平面的距離為定值，因?yàn)榈拿娣e為定值，
所以四面體的體積為定值，正確；

對于：如圖3，因?yàn)檎叫蔚闹行?，則,故的外心為的中點(diǎn)，
又,故的外心為中點(diǎn),又因平面平面,
故點(diǎn)即為三棱錐的外接球的球心，其半徑，
此外接球的體積.故D不正確.
故選：BC.
3．①②④.
【分析】利用面面平行性質(zhì)定理即可證得選項(xiàng)A判斷正確；求得直線與所成角的余弦值判斷選項(xiàng)B；求得的最大值判斷選項(xiàng)C；求得截面多邊形的周長判斷選項(xiàng)D.
【詳解】對于①，由知，點(diǎn)在線段上，連接，
則，
又平面，平面，
則平面，平面，
又，平面，
則平面平面，
因?yàn)槠矫?，所以平面，故①正確；
對于②，由，易知點(diǎn)是中點(diǎn)，
因?yàn)?，則為異面直線直線與所成角，
且，，在中，由余弦定理知
，故②正確；
對于③，若，則，
因?yàn)榈淖畲笾禐?判斷錯誤；
對于④，易知平面，又因?yàn)椋?br>所以平面平面，即所求截面與平面平行.
因?yàn)槠矫嫫矫妫?br>平面平面，所以，
同理可證，設(shè)，其中，
則，
因?yàn)?，所以?br>因?yàn)椋?br>所以，
同理，可得，
故截面多面形的周長為；故④正確；
故答案為：①②④.
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理及線面平行的性質(zhì)定理可得，根據(jù)線面垂直的判定定理可得結(jié)果；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面與平面的法向量，利用線面角的向量求法可得結(jié)果.
【詳解】（1）證明：由三棱臺知，平面，
因?yàn)槠矫?，且平面平面，所以?br>又，所以，
因?yàn)?，所以?br>又，，且平面，平面，
所以平面．
（2）以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)三棱臺的高為，
則，，，，，
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，所以平面的一個法向量，
易得平面的一個法向量，
設(shè)與平面夾角為，由（1）知，
所以由已知得，
解得，所以三棱臺的高為．
【培優(yōu)篇】
一、單選題
1．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）如圖所示是一個以為直徑，點(diǎn)為圓心的半圓，其半徑為4，為線段的中點(diǎn)，其中，，是半圓圓周上的三個點(diǎn)，且把半圓的圓周分成了弧長相等的四段，若將該半圓圍成一個以為頂點(diǎn)的圓錐的側(cè)面，則在該圓錐中下列結(jié)果正確的是（ ）
A．為正三角形B．平面
C．平面D．點(diǎn)到平面的距離為
二、多選題
2．（2024·福建·模擬預(yù)測）已知正方體，分別是邊上（含端點(diǎn)）的點(diǎn)，則（ ）
A．當(dāng)時，直線相對于正方體的位置唯一確定
B．當(dāng)時，直線相對于正方體的位置唯一確定
C．當(dāng)平面時，直線相對于正方體的位置唯一確定
D．當(dāng)平面平面時，直線相對于正方體的位置唯一確定
三、解答題
3．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點(diǎn)，點(diǎn)，分別在線段與上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
參考答案：
1．C
【分析】根據(jù)題意,還原圓錐原圖,找出對應(yīng)線段長度關(guān)系,位置關(guān)系.很容易得解.
【詳解】選項(xiàng)A，該半圓圍成的圓錐，如圖所示，
設(shè)圓錐底面半徑為，則，∴，∴，
∵為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，∴，且，
∴，為等腰直角三角形，選項(xiàng)A錯誤；
選項(xiàng)B，若平面，則，直角中，，
∴，選項(xiàng)B錯誤；
選項(xiàng)C，∵，∴平面，選項(xiàng)C正確；
選項(xiàng)D，∵，，∴平面，∴平面平面，
∴到直線的距離即為到平面的距離，
又∵，∴到直線的距離等于到直線的距離，為，選項(xiàng)D錯誤；
故選:C.
2．AD
【分析】選項(xiàng)A，利用正方體中的點(diǎn)線關(guān)系，即可求解；選項(xiàng)B，在平面上作的投影為，利用任何滿足且不重合時，均有，即可求解；選項(xiàng)C，設(shè)在直線上的投影為，利用任何滿足的情況，有，再利用線面平行的判定定理，即可得到平面，從而求解；選項(xiàng)D，先確定點(diǎn)及的位置，利用面面平行的判定定理，證明點(diǎn)及符合題意，并說明唯一，即可求解.
【詳解】對于A選項(xiàng)，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合，且點(diǎn)與點(diǎn)重合時條件成立，故A選項(xiàng)正確；
對于B選項(xiàng)，如圖1，設(shè)在平面上的投影為，，記的中點(diǎn)為，
則對于任何滿足且不重合時，為平行四邊形，即有，故B選項(xiàng)錯誤；
對于C選項(xiàng)，如圖1，設(shè)在直線上的投影為，對于任何滿足的情況，有，
所以為平行四邊形，所以，
又因?yàn)槠矫?，平面，所以平面?br>故直線的位置無法唯一確定，故C選項(xiàng)錯誤；
對于D選項(xiàng)，如圖2，當(dāng)且僅當(dāng)為的中點(diǎn)，取中點(diǎn)，連接，
因?yàn)?，即點(diǎn)為線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，
因?yàn)?，面，面，所以面?br>連接，，連接，
易知，面，面，所以面，
又，面，所以平面平面，故D選項(xiàng)正確.
故選：AD.
3．(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性質(zhì)定理可知，，由為的中點(diǎn)，可得為的中點(diǎn)，同理為的中點(diǎn)，即可得出結(jié)果；
（2）以為原點(diǎn)，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，求得的法向量為，由平面，則有，即，代入計算化簡可得結(jié)果.
【詳解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以為的中點(diǎn)，同理為的中點(diǎn)，所以.
（2）因?yàn)?，底面?br>如圖，以為原點(diǎn)，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，
故，則，，
設(shè)平面的法向量為，則取，可得.
因?yàn)?，，所以，?br>則，
因?yàn)槠矫?，所以，即?br>所以，即，
所以，所以，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，所以的最小值為8
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文字語言
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判定定理
如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行
a?α，b?α，a∥b?a∥α
性質(zhì)定理
一條直線和一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行
a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b
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判定定理
如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行
a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β
性質(zhì)
兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面
α∥β，a?α?a∥β
性質(zhì)定理
兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b

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