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热点6-1 线线、线面、面面的平行与垂直
在高考数学中，本部分内容主要分两方面进行考查，一是以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以小题的形式出现，题目难度较小；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第（1）问的形式考查，属于中档题.
【题型1 空间点线面位置关系判断】
满分技巧1、判断与空间位置关系有关的命题的方法： （1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断； （2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定. 2、两点注意： （1）平面几何的结论不能完全引用到立体几何中； （2）当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与提升或公认结论相矛盾的命题，进而作出判断.
【例1】（2024·湖南·长沙一中校联考模拟预测）
1．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【变式1-1】（2024·江苏徐州·高三校考开学考试）
2．已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
其中所有正确的序号为（ ）
A．②④ B．③④ C．④ D．①③
【变式1-2】（2024·江西·高三校联考开学考试）
3．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【变式1-3】（2024·山东济南·高三济南一中校联考开学考试）
4．已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则且
C．若，则
D．若，则
【变式1-4】（2024·云南昆明·统考模拟预测）
5．已知直线a，b，c与平面，，，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则a，b异面
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
【题型2 共面、共线、共点证明】
满分技巧1、证明点线共面问题的两种方法 （1）纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内； （2）辅助平面法：先证有关点、线共平面，再证其他点、线共平面，最后证平面，重合. 2、证明点共线问题的两种方法 （1）先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； （2）直接证明这些点都在一条特定直线上. 3、证明三线共点问题的步骤 第一步：先证其中两条直线交于一点； 第二步：再证交点在第三条直线上. 证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线.
【例2】（2023·全国·高三专题练习）
6．如图，在正方体中，为棱的靠近上的三等分点.设与平面的交点为，则（ ）

A．三点共线，且
B．三点共线，且
C．三点不共线，且
D．三点不共线，且
【变式2-1】（2023·全国·高三专题练习）
7．如图，在长方体中，，，，分别是，的中点，证明：四点共面．
【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）
8．如图，在长方体中，、分别是和的中点．
(1)证明：、、、四点共面；
(2)对角线与平面交于点，交于点，求证：点共线；
(3)证明：、、三线共点．
【变式2-3】（2023·河南·高三校联考阶段练习）
9．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，.
(1)求证：四点共面；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值.
【变式2-4】（2024·河北衡水·河北冀州中学校考一模）
10．如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，，点为弧的中点，且四点共面.
(1)证明：四点共面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求长.
【题型3 线线、线面、面面平行证明】
满分技巧1、线线平行的证明方法 （1）定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点； （2）利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质； （3）利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行． 2、线面平行的判定方法 （1）利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点； （2）利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行（简记为“线线平行线面平行”） （3）利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面.（简记为“面面平行线面平行”） 3、面面平行的判定方法 （1）面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合（不常用）； （2）面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（主要方法）； （3）垂直于通一条直线的两个平面平行（客观题可用）； （4）平行于同一个平面的两个平面平行（客观题可用）.
【例3】（2024·全国·高三专题练习）
11．如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．若平面平面，证明：.
【变式3-1】（2024·青海西宁·高三统考期末）
12．如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（ ）
A． B．
C． D．平面
【变式3-2】（2024·陕西西安·统考一模）
13．如图，在四棱锥中，平面，且是的中点，点分别在上，且．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
【变式3-3】（2024·内蒙古包头·高三统考期末）
14．如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上的一点，且．
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的体积．
【变式3-4】（2024·河南·方城第一高级中学校联考模拟预测）
15．如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，若，，，分别为，的中点，且异面直线与所成角的余弦值为.

(1)证明：平面平面；
(2)求圆台的高.
【题型4 线线、线面、面面垂直证明】
满分技巧直线与平面垂直的判定方法 1、利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面； 2、利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直； 3、可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面； 4、面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一平面； 5、面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面； 6、面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
【例4】（2024·北京西城·高三北师大实验中学校考开学考试）
16．在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体.小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断，其中不正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面平面 D．平面平面
【变式4-1】（2022·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）
17．已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
(1)证明：平面平面；
(2)若点M在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【变式4-2】（2024·四川雅安·高三雅安中学校联考开学考试）
18．如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形．
(1)证明：．
(2)若，求点到平面的距离．
【变式4-3】（2023·全国·高三校联考阶段练习）
19．如图，在五面体中，四边形的对角线交于点，为等边三角形，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，求五面体的体积.
【变式4-4】（2023·陕西榆林·高三榆林市第一中学校联考阶段练习）
20．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【题型5 平行关系中的动点探究问题】
满分技巧1、探索性问题的一般解题思路：先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在． 2、探索性问题的答题步骤：第一步对“是否存在”给出作答，写出探求的最后结论；第二步探求结论的正确性.
【例5】（2024·山东济宁·高三校考开学考试）
21．如图，四棱锥中，是的中点，四边形为平行四边形，且平面．
(1)试探究在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，并给予证明；若不存在，请说明理由；
(2)若，且，求平面与平面所成夹角的余弦值．
【变式5-1】（2024·陕西·校联考一模）
22．如图，在等腰梯形ABCD中，面ABCD，面ABCD，，点P在线段EF上运动．
(1)求证：；
(2)是否存在点P，使得平面ACE 若存在，试求点P的位置，若不存在，请说明理由．
【变式5-2】（2023·北京·高二期中）
23．如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.

(1)求证：；
(2)求证：平面；
(3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【变式5-3】（2023·河北承德·高三校联考期中）
24．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，且、分别是、上靠近的三等分点．
(1)求证：；
(2)在上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式5-4】（2023·重庆·高三重庆市第七中学校校考阶段练习）
25．在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，，平面，，点为中点.
(1)在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
(2)当，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【题型6 垂直关系中的动点探究问题】
【例6】（2022·全国·模拟预测）
26．如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【变式6-1】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）
27．如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

(1)若，求证：平面平面；
(2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式6-2】（2023·重庆·高三重庆八中校考开学考试）
28．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段的中点.

(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）
29．如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，．

(1)求证：平面．
(2)线段上是否存在点M，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式6-4】（2023·江西赣州·统考模拟预测）
30．如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点.

(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
（建议用时：60分钟）
（2024·重庆·高三西南大学附中校联考开学考试）
31．已知是空间中三条互不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．，则 B．且，则
C．，则 D．，则
32．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
（2023·陕西西安·高三校联考阶段练习）
33．如图，在正方体中，均为棱的中点，现有下列4个结论：
①平面平面；
②梯形内存在一点，使得平面；
③过可作一个平面，使得到这个平面的距离相等；
④梯形的面积是面积的3倍.
其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
（2023·上海金山·统考一模）
34．如图，在正方体中，E、F为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（ ）．
A．若，，则
B．若，，则平面平面
C．若，，则面
D．若，，则
（2024·云南大理·统考模拟预测）
35．如图所示，在平行六面体中，为正方形的中心，分别为线段的中点，下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．平面平面
C．直线与平面所成的角为
D．
（2024·湖南长沙·统考一模）
36．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（ ）
A．存在点，使得面
B．存在点，使得面
C．当点不是的中点时，都有面
D．当点不是的中点时，都有面
（2023·广东广州·高三广州市天河中学校考阶段练习）
37．如图所示，在四棱锥中，是正方形，平面，分别是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)证明：平面平面．
（2023·辽宁朝阳·高三建平县实验中学校联考阶段练习）
38．如图，已知四边形为菱形，平面，平面，.

(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求的长.
（2023·江西·高三鹰潭一中校联考期中）
39．如图1，山形图是两个全等的直角梯形和的组合图，将直角梯形沿底边翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点在线段上，且在几何体中，解决下面问题.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，证明：.
（2023·广东中山·高三统考阶段练习）
40．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：；
（2024·河南安阳·高三安阳一中校考期末）
41．如图,在四棱锥中,底面是菱形,,三角形为正三角形,且侧面底面.分别为线段,的中点.

(1)求证:平面;
(2)在棱上是否存在点,使平面平面,请说明理由.
（2023·山东滨州·高三统考期中）
42．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．

(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)在线段上是否存在点，使得平面 请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据直线和平面平行和垂直的性质即可判断出它们的位置关系，逐项得出结论即可.
【详解】对于A，若，则可能平行或相交，可得A错误；
对于B，若，则，即B正确；
对于C，若，则或，可知C错误；
对于D，若，则或，可知D错误；
故选：B
2．B
【分析】①②错误，举出反例即可，③④正确，给出证明.
【详解】对于①：如果，，也能满足条件，①错误；
对于②：与相交或异面也能满足条件，②错误；
对于③：因为，，则，又因为，所以，③正确；
对于④：因为，所以平面内必有直线，又因为，所以，
因为，，所以，而，所以，④正确.
故选：B
3．D
【分析】利用线面、面面平行关系判断A；由B的条件可得判断；由直线、都平行于的交线判断C；由线面垂直的性质推理判断D.
【详解】对于A，若，则直线与可能相交、也可能平行、还可能是异面直线，A错误；
对于B，若，则，B错误；
对于C，若，直线与可能平行，
如直线、都平行于的交线，且，满足条件，而，C错误；
对于D，若，则，又，因此，D正确.
故选：D
4．D
【分析】根据线面以及面面平行的性质可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据线面垂直的判定定理可判断C；根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可判断D.
【详解】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则当且时，才有且，B错误；
对于C，若，当时，推不出，C错误；
对于D，如图，设，在内取点P，，
作，垂足为，因为，则，
而，则，又，
故，D正确，

故选：D
5．AC
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】若，，，则a，b异面，故A正确；
若，，，则与异面或平行或相交，故B错误；
若，，则，故C正确；
若，，则或相交，故D错误；
故选：AC
6．B
【分析】连接，利用公理2可直接证得，并且由三角形相似得比例关系，从而求出结果.
【详解】连接连接，，

直线平面平面.
又平面，平面平面直线
∴三点共线.
.
故选：B.
7．证明见解析
【分析】符合同一原理，可以用同一法证明三点构成一个平面．
【详解】假设面与棱交于．
平面，平面与其相交，
，
为中点，为中点，
与重合，即四点共面．
8．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）证明，即可说明、、、四点共面.
（2）先证明点面和面，即点在面与面的交线上在证明面 面 ，即点，即可得到答案.
（3）延长交于,由于面 面，则在交线上.
【详解】（1）连接
在长方体中
、分别是和的中点
、、、四点共面
（2）
确定一个平面
面
面
对角线与平面交于点
面
在面与面的交线上
面且面
面 面
即点共线.
（3）延长交于
面
面
面
面
面 面
、、三线共点.
9．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别证明四边形和为平行四边形即可；
（2）建系，分别求出两平面的法向量，再用向量夹角余弦值求出即可.
【详解】（1）
证明：如图所示，在棱上取点，使得，
又，所以四边形为平行四边形，
则且，又且，所以且，
则四边形为平行四边形，所以，
同理可证四边形为平行四边形，则，所以.
所以四点共面.
（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
.设平面的法向量为，
由得，解得
令，则.
，设平面的法向量为，
由得，解得
令，则，
设两个平面夹角大小为，则.
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
10．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，由题意可得，根据平行线性质有，即可证结论；
（2）法1：构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角列方程求线段长；法2：取中点，连接，过作于，过作于，连接，利用线面垂直及面面角定义有是平面与平面所成的夹角，根据已知列方程求线段长.
【详解】（1）连接，因为，
所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，，
在半圆上，是弧中点，所以，
所以，又，
所以，所以四点共面.
（2）法1：直棱柱中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设面的法向量为，则，取，所以，
，
设面的法向量为，则，取，所以，
平面与平面所成夹角，即与夹角或其补角，
所以，解得，所以
法2：设，由（1）知四点共面，则面面.

取中点，连接，则，而面，面，
故，，面，则平面，
过作于，又平面，所以平面，
过作于，连接，则，又是锐角.
所以是平面与平面所成的夹角，则，
所以在Rt中，，
在中，根据等面积法，
在中，.
所以.
所以，解得，即，
所以.
11．证明见解析
【分析】先根据图1中几何关系，得到，进而得平面，可证.
【详解】在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，
在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
12．C
【分析】根据记正方体的另一个顶点为C，设的中点为，可证，结合平行关系分析判断ABC；对于D：根据线面垂直的性质定理和性质定理可证平面，即可得结果.
【详解】如图，记正方体的另一个顶点为C，连接，交于点O，
设的中点为，连接，
因为Q，D为的中点，则，
又因为交于同一点，
即与均不平行，故A，B错误；
对于选项D：若平面，
且平面，平面平面，可得，
这与与不平行相矛盾，假设不成立，故D错误；
对于选项C：因为为正方形，则，
且M，N为所在棱的中点，则，可得，
又因为平面，且平面，可得，
且，平面，所以平面，
由平面，所以，故C正确；
故选：C.
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件得到，从而得到，再利用线面平行的判定定理即可证明结果；
（2）作交于点，根据条件得出平面，从而得到平面，且，再算出，利用棱锥的体积公式即可得出结果.
【详解】（1）在中，因为，所以，且，
在四边形中，，
，
四边形是平行四边形，，
又平面平面，
平面．
（2）作交于点，
平面，又面，所以，
又，面，
平面，又，平面，
由，得到，又，所以，
又为的中点，，
．
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，通过证明可得平面；
（2）取的中点，连接，通过体积公式计算即可.
【详解】（1）连接交于点，连接．
在底面中，因为，，
由，可得，
因为，即，
所以在中，，故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，由，，
得为等边三角形，所以．
在等边三角形中，，
所以．
因为．
15．(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）先证线线平行，再证线面平行，从而得到面面平行；
（2）可以建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的余弦确定圆台的高；也可以用立体几何的方式，转化为解三角形求解.
【详解】（1）证明：由题意得，，
所以四边形为平行四边形，所以，
而平面，平面，
所以平面.
因为，分别为，的中点，
所以为的中位线，所以.
而平面，平面，
所以平面，
又，平面，且，
所以平面平面.
（2）（方法一）易知，以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，在底面圆内过作的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设圆台的高为（），

则，，，，
则，，
由，解得.
（方法二）设圆台的高为（），连接和，

因为点和分别为和的中点，故为的中位线，
所以，则（或其补角）为异面直线与所成的角，
同理可得，则，
由（1）知，则，，
由勾股定理可得.
由，为圆台的母线得，，
则为等边三角形，则，故，
则在中，由余弦定理可得，
解得.
16．D
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，因为二面角为直二面角，可得平面平面，
又因为平面平面，，且平面，
所以平面， 所以A正确；
对于B，由平面，平面，可得，
又因为，且，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，由平面，且平面，所以平面平面，故C正确；
对于D，因为平面，平面，
所以平面平面，
若平面平面，且平面平面，
可得平面，又平面，可得，
因为与不垂直，矛盾，所以平面与平面不垂直，故D错误.
故选：D.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据三棱锥的平面展开图确定各棱长，由勾股定理和等边三角形性质先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明平面平面.
（2）确定在棱上的位置，建立合理的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，依题意，，，，
则，即有，显然有，
而平面，平面，于是平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，，，，则平面，
即为直线与平面所成的角，且，
因此当最短时，最大，最大，而，则为的中点，
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，；
设平面的法向量为，则，令，得，
显然平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直证明线线垂直，先连接，由已知得到四边形为菱形后推出，再证明平面，得到，推出平面，最后可证明.
（2）用等体积法求点到面的距离，先求出，得到，再由，得到，最后由体积相等解出即可.
【详解】（1）证明：连接，因为底面和侧面均为正方形，所以四边形为菱形，则．
由底面和侧面均为正方形，得，．
因为，所以平面．
又平面，所以．
因为，所以平面．
又平面，所以．
（2）因为，，所以．
又平面，所以．
，，
则．
设点到平面的距离为，则，
则，解得，即点到平面的距离为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先证明和，然后利用线面垂直的判定即可证明.
（2）首先证明平面，然后利用锥体的体积公式可得.
【详解】（1）连接EF，
在和中，，
所以，
所以，
又，，所以≌，
则为的中点，所以．
在中，，又为的中点，
所以，
因为平面，平面，，，，
平面
（2）取的中点，连结，与交于点，连结．
因为平面，平面，所以，
又，，，所以平面，
又平面，所以，
又所以平面．
因为，为等边三角形，
因为，所以
而，
在中，，
在等边中，BF是AC的中线，CM是AB的中线，
所以G是等边的重心，
所以
在中，，
则四边形的面积为．
故五面体的体积为．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别作的中点，证得，得到，再由，得到，根据线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
（2）过作于，求得，，设点到平面的距离为，结合，即可求解.
【详解】（1）证明：分别作的中点，连接，
因为分别为的中点，且四边形为等腰梯形，
可得，所以，
在等腰梯形中，因为，，
可得，所以，
因为是正三角形，是中点，所以，又由，可知
又因为，所以，所以，
因为，，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，，且为的中点，可得，
过作于，因为，则为的中点，
且，所以，
又由，所以，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以点到平面的距离为.
21．(1)存在，为的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用中位线及平行四边形的性质得出∥，再根据线面平行的判定定理即可证明.
（2）先建立空间直角坐标系，表示出点的坐标；再求出平面与平面的法向量；最后根据面面所成角的空间向量计算方法即可求解.
【详解】（1）在线段上存在点，且为的中点，使得//平面.
证明如下：
取得中点，连结，，.
因为为的中点，
所以∥，且.
因为为的中点，且四边形为平行四边形，
所以∥，且，
所以∥，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）因为平面，且四边形为平行四边形，
所以平面.
因为，且，
所以，，，.
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，，即，.
令平面的法向量为，
则，即.
取，则，，即.
因为平面，平面，
所以平面平面.
则为平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面所成夹角的余弦值.
22．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由题意知先由线面垂直证明平面，又由平面，从而可求解；
（2）当时结合线面平行判定可知平面，从而可求解.
【详解】（1）在等腰梯形ABCD中，，，
．
平面，平面，
，又，面，
平面，
平面，.
（2）在线段上存在，使得平面．
证明如下：由已知可得四边形为矩形，连接交于，连接，
由（1）知在中，，则
当时，且，则四边形为平行四边形，则，
又面AEC，面AEC，所以平面．
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；
（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.
【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.

（3）取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
24．(1)证明见解析
(2)＝，理由见解析
【分析】（1）借助面面垂直的性质定理，可得线面垂直，再借助线面垂直的性质定理可得线线垂直；
（2）假设存在该点，构造出相应的点后结合性质即可得.
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以．
（2）设，则为正方形的中心，
如图，连接，交于点，连接并延长交于点．
若平面平面，平面平面，平面平面，所以．
因为、分别是、上靠近的三等分点，
所以，所以，，
又是的中点，所以，
所以，所以．
故上存在一点，使平面平面，此时的值为．
25．(1)存在，理由见解析；
(2).
【分析】（1）由题意根据条件推出平面平面，再根据面面平行的判定定理证明结论.
（2）求出，取中点，连接，从而证明，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的正弦值.
【详解】（1）在直线上存在一点，使得平面平面，理由如下：
取的中点，连接，

由点为中点，得，平面，平面，则平面，
又平面,平面，平面平面，则,
四边形是菱形，则，于是四边形是平行四边形，
则，平面，平面，则平面，
而平面，所以平面平面.
（2）四边形为菱形，，则为正三角形，，
在中，，由余弦定理知，
取中点，连接，而是正三角形，则，
显然，即，又，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，
由，得，则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面与平面所成二面角为，，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
26．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接，利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，可得出，推导出，可得出平面，再利用线面垂直的性质可得出结论.
【详解】（1）证明：如图1，在中，、分别是和边的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接.

由题意得，平面平面.
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，.
在中，因为，，所以，，
所以，，
翻折前，为等边三角形，则，
因为为的中点，所以，，即，
翻折后，仍有，所以，，故，
在中，，因为，则.
又因为，则平分，
因为是斜边上的中线，则，且，
所以，是等边三角形，则，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
综上，在线段上存在一点，且当时，.
27．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【详解】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，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）假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，
则．
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，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线平面，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，关键点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.
28．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即可得到线面平行；
（2）法一：建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，再利用两平面垂直的向量法即可求出结果.法二：利用几何法，先找出平面，使平面平面，再利用几何关系即可求出结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，因为四边形是菱形，所以点为的中点.
又因为为的中点，所以，
又因为平面平面，
所以平面.

（2）设底面边长为2，连接，由于为菱形，且，
故，
所以，故有，
又三角形为正三角形，为中点，故，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
如图，以为原点，方向分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系.
则，
设，则，
则，
设平面的法向量为，则有，得到，
取，得，，所以，
又平面法向量可取为，
由题可知，即，解得，
故存在点使得平面平面，.

法二：三角形为正三角形， 是的中点，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
连接，取的中点，连接，则是的中位线，，
所以平面，
延长交于，又面，所以平面平面.
因为，所以，
又因为，所以，，
故存在点，使得平面平面，.

29．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合面面平行的性质定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质，结合正方形的性质建立空间直角坐标系，根据空间向量数量积的运算性质，结合面面垂直的判定定理进行求解即可.
【详解】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，
平面平面，，
平面，所以平面，
又平面，故.
而四边形是正方形，所以，又，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直
角坐标系.
设，则，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则，即，
令，则，所以.
若与重合，则平面的一个法向量，
则，则此时平面与平面不垂直.
若与不重合，如图：

设，则，,
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，，
所以，
平面平面等价于，即，
得.
所以，线段上存在点使平面平面，且.
30．(1)证明见解析
(2)存在，且点为棱的中点
【分析】（1）取的中点，连接、、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）当点为棱的中点时，推导出平面，再结合面面垂直的判定定理可得出结论.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，且，
因为为的中点，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为、分别为、的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面.
（2）解：当点为的中点时，平面平面，

因为四边形为矩形，则，因为，则，
因为四边形为菱形，则，
因为，则为等边三角形，
因为为的中点，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，
因此，当点为的中点时，平面平面.
31．B
【分析】A. 利用线面的位置关系判断；B.由线面垂直的性质判断； C.利用线面的位置关系判断； D.利用直线与直线的位置关系判断.
【详解】A. 若，则或，故错误；
B. 若且，则，故正确；
C. 若，则或或与相交，故错误；
D. 若，则或l与n异面，故错误.
故选：B
32．B
【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
33．A
【分析】利用面面平行的判定推理判断①；取的中点，证明平面判断②；证明判断③；求出梯形与的面积判断④即可得解.
【详解】令正方体的棱长为2，连接，交分别于点，连接，
显然矩形是正方体的对角面，则，
连接，由分别为棱的中点，得，，
于是，而，则四边形是平行四边形，有，
又，平面，则平面，
而平面，平面，则平面，
因为平面，因此平面平面，①正确；
取的中点，连接交分别于，有，
则∽，，于是，
即，而，则，又平面平面，
因此，平面，则平面，
又平面，则，而平面，
于是平面，显然点在线段上，在梯形内，②正确；
连接，显然，即四边形是平行四边形，，
因此过可作一个平面，使得平行于这个平面，点到这个平面的距离相等，③正确；
，且有，
，，④正确，
所以正确命题的个数是4.
故选：A
34．D
【分析】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定可判定A、B选项；利用正方体的特征及面面平行的判定与性质可判定C、D选项.
【详解】
如图所示，对于选项A，易知，底面，底面，
所以，
又平面，所以平面，
平面，所以，故A正确；
对于选项B，易知，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
显然平面即平面，故B正确；

如上图所示，对于C项，由正方体的特征可知，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，平面，所以平面，
显然平面，
所以平面平面，
由平面可得平面，故C正确；
对于D项，显然时，与不平行，故D不正确.
故选：D
35．BCD
【分析】A选项，判断和平面关系可得答案；
B选项，注意到平面，平面，即可判断选项正误；
C选项，注意到平面，，则与平面所成的角即为与平面所成的角；
D选项，题目数据及勾股定理逆定理可得，后由，可判断选项正误.
【详解】对于，若平面，因为，则平面，或平面，而和平面相交，故A错；
对于B，因为分别为线段的中点，所以平面平面，所以平面，因为分别为线段的中点，所以平面平面，所以平面平面，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，由于，且，故，而，故平面，而，故与平面所成的角即为与平面所成的角，又AB与AO夹角为，即直线与平面所成的角为，故正确；
对于D，设，则，显然，故，由，所以，而，所以，故D正确.
故选：BCD.

36．ACD
【分析】对于A，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B，一方面若面，则，结合即可判断；对于CD，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【详解】当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确.
若面，注意到面，则，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
所以，与矛盾，即B错误.
当不是的中点时，由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确.
同上，有，又面，面，所以，
又面，
所以面，则面，即D正确.
故选：ACD.
37．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据中位线定理，可证明，，由面面平行的判定即可证明平面平面．
（2）可证明平面，由，可证明平面平面．
【详解】（1）因为分别是线段的中点，则，
又因为为正方形，则，可知，
且平面，平面，所以平面，
因为分别是线段的中点，则，
且平面，平面，所以平面，
且，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，平面，则，
又因为是正方形，则，
且，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
且平面，所以平面平面.
38．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据菱形的性质得到，然后根据线面平行和面面平行的判定定理证明即可；
（2）设，建立空间直角坐标系，然后根据平面平面的向量表示列方程求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
又平面，平面，所以平面.
因为四边形为菱形，所以，
又平面，平面，所以平面.
因为，平面，
所以平面BCF//平面.
（2）

解：设交于点O，取中点H，连接，所以，底面.
以为原点，以，，分别为x轴，y轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
设，则，，，，，.
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得；
，；
设平面的一个法向量为，
则，
令，得.
因为平面平面，所以，解得，
故的长为1.
39．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求证，
（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，即可由线面垂直的判定，进而可得线线垂直.
【详解】（1）连接与相交于,连接，
由于，且,
所以,
又,所以,
平面,平面,所以平面，

（2）过作交于，由于平面平面，且两平面交线为，平面，
所以平面，平面,故，
又四边形为直角梯形，故,
是平面内的两相交直线，所以平面，
平面，故.

40．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接BD和AC交于点O，连接OF，根据三角形中位线和线面平行判定定理可证；
（2）利用面面垂直的性质定理证明平面CDE，然后根据线面垂直的性质结合正方形性质证明平面DAE，然后可证.
【详解】（1）如图，连接BD和AC交于点O，连接OF，
为正方形，
为BD的中点，
为DE的中点，
，
平面ACF，平面ACF，
平面ACF．
（2）因为平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面CDE，
平面CDE，
，
为正方形，
，
，AD，平面DAE，
平面DAE，
平面DAE，
．
41．(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行,进而得到线面平行;
（2）在棱上存在点,为的中点时,平面⊥平面,先猜后证,先证线面垂直,由线面推出面面垂直.
【详解】（1）连接交于点,连接,
因为四边形是菱形,
所以点为的中点.
又因为为的中点,
所以.
又因为平面平面,
所以平面.

（2）在棱上存在点为的中点时,平面平面.
证明:连接.
因为为正三角形,为的中点,
所以,
又因为平面平面,平面平面平面.
所以平面,又平面,
所以,
因为是菱形,为的中点,
所以是正三角形,,
因为,
所以,
因为,平面,平面,
所以平面,又平面,
所以.
因为分别为的中点,
所以,
所以,
因为是菱形,,
所以是正三角形.
又因为为的中点,
所以,
因为,平面,平面,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面.
42．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在为中点，理由见解析
【分析】（1）由题意，又因为平面平面，所以平面，即可得证；
（2）由平面，所以，又，所以平面，得，又，从而平面，即可得结论；
（3）存在为中点时，平面．取中点为，可得四边形为平行四边形，因此，即可证明．
【详解】（1）因为为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
因此．
（2）由（1）知，平面，平面，所以．
在矩形中，，
又因为，平面,所以平面．
平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（3）存在为中点时，平面．
证明：取中点为，连接，

因为为中点，，且．
在矩形中，为中点，所以，且．
所以，且，所以四边形为平行四边形，
因此，又因为面面，
所以面．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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