最新高考数学解题方法模板50讲 专题30 空间中直线、平面平行位置关系的证明方法

这是一份最新高考数学解题方法模板50讲 专题30 空间中直线、平面平行位置关系的证明方法，文件包含高考数学解题方法模板50讲专题30空间中直线平面平行位置关系的证明方法解析版docx、高考数学解题方法模板50讲专题30空间中直线平面平行位置关系的证明方法学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共284页， 欢迎下载使用。

高考数学题中容易题、中等题、难题的比重为3:5:2，即基础题占80%，难题占20%。
无论是一轮、二轮，还是三轮复习都把“三基”即基础知识、基本技能、基本思想方法作为重中之重，死握一些难题的做法非常危险！也只有“三基”过关，才有能力去做难题。
二、建构知识网络
数学教学的本质，是在数学知识的教学中，把大量的数学概念、定理、公式等陈述性知识，让学生在主动参与、积极构建的基础上，形成越来越有层次的数学知识网络结构，使学生体验整个学习过程中所蕴涵的数学思想、数学方法，形成解决问题的产生方式，因此，在高考复习中，在夯实基础知识的基础上，把握纵横联系，构建知识网络。在加强各知识块的联系之后，抓主干知识，理清框架。
三、注重通性通法
近几年的高考题都注重对通性通法的考查，这样避开了过死、过繁和过偏的题目，解题思路不依赖特殊技巧，思维方向多、解题途径多、方法活、注重发散思维的考查。在复习中千万不要过多“玩技巧”，过多的用技巧，会使成绩好的学生“走火入魔”，成绩差的学生“信心尽失”。
四、提高运算能力
运算能力是最基础的能力。由于高三复习时间紧、任务重，老师和学生都不重视运算能力的培养，一个问题，看一看知道怎样解就行了。这是我们高三学生运算能力差的直接原因。其实，运算的合理性、正确性、简捷性、时效性对学生考试成绩的好坏起到至关重要的作用。因此，运算能力要进一步加强，让学生自己体悟运算的重要性和书写的规范性。同时，在运算中不断地反思自己解题过程的合理性，转化的等价性等等。
专题30 空间中直线、平面平行位置关系的证明方法
【高考地位】
立体几何是高考的重点内容之一，每年高考大题必有立体几何题，尤其是第一问主要考查证明线面垂直、平行，面面垂直等问题，解决这类问题的方法主要有：几何法和空间向量法. 在高考中其难度属中档题.
方法一 几何法
例1 【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为棱，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，再由二面角的余弦值为求的长，得与平面的一个法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.
因为四边形是菱形，为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以平面，所以，又，，所以平面.取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，，
所以.
设平面的法向量为，则，即，取，得.
易知平面的一个法向量为
由题意得，，得.
所以，.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
例2 【安徽省皖豫名校联盟体2021届高三（上）第一次联考数学（文科）】如图，已知四边形为等腰梯形，，，四边形为矩形，点，分别是线段，的中点，点在线段上．


（1）探究：是否存在点，使得平面平面？并证明；
（2）若，线段在平面内的投影与线段重合，求多面体的体积．
【答案】（1）当点为线段的中点时，平面平面．证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据面面平行的判断定理可知，要证明面面平行，需证明平面内的两条相交直线平行于另一个平面，即平面内的两条相交直线平行于另一个平面内的两条相交直线，通过线线平行，寻找点；（2）由条件可知平面平面，利用等体积转化，求几何体的体积.
【详解】
（1）当点为线段的中点时，平面平面．
证明过程如下：
在矩形中，，分别是线段，的中点，，
又平面，平面，故平面．
在中，，分别为，的中点，，
又平面，平面，平面．
，，，
平面平面；
（2）如图，过点作于，线段在平面内的投影与线段重合，
故平面平面，而平面平面，
平面，故平面，同理，平面．
在（1）的条件下，连接，，
在中，，，，同理可得．
又，故等边三角形的高为，即．连接．
故
．

【点睛】
方法点睛：不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.
【变式演练1】【2021年届国著名重点中学新高考冲刺】如图，四边形中，是等腰直角三角形，，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.
（1）点在上，若平面，求点的位置；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）为的中点；（2）.
【分析】
（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.
（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解.
【详解】
（1）如图，
设点在平面内的射影为，连接，，
∵，
∴，
∴在中，为的中点.
取的中点，连接，，
则，又平面，平面，
∴平面.
取的中点，连接，
则易知，又平面平面，平面平面，
∴平面，
又平面，
∴，又平面，平面，
∴平面.
又，
∴平面平面.
又平面，
∴平面，此时为的中点.
（2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，.
设平面的一个法向量为，
则即
得，取，则，.
设平面的一个法向量为，
则即
得，取，则，，
从而.
易知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
【变式演练2】【海南、山东等新高考地区2021届高三上学期期中备考金卷】如图，在多面体中，是边长为4的等边三角形，，，，点为的中点，平面平面．
（1）求证：平面
（2）线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，试指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为线段上靠近点的八等分点.
【分析】
（1）根据题目条件证明平面，从而得到//，得出//平面;
（2）建立空间直角坐标系，假设存在点，计算平面和平面的法向量，使法向量数量积为零，然后求解，根据的值确定点的位置.
【详解】
解：（1）因为，是边长为4的等边三角形，
所以，
所以是等腰直角三角形，．
又点为的中点，所以．
因为平面平面，平面平面，
所以平面．
因为，，
所以，，
所以与都是直角三角形，
故，．
又，
所以平面，
所以．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）连接，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设存在，使得二面角为直二面角，易知，且．
设平面的法向量为，
则由，，
得，令，得，，
故．
设平面的法向量为，
则由，，
得，令，得，，
故．
由，得，故．
所以当为线段上靠近点的八等分点时，二面角为直二面角．
【变式演练3】【山东省济南市历城区历城第二中学2020-2021学年高三上学期10月月考】如图，在直四棱柱中，，，，，分别为的中点，
（1）证明：平面.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，，利用三角形的中位线性质可得，再利用线面平行的判定定理即可证出.
（2）在平面中，过点作，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积，由即可求解.
【详解】
解：（1）连接，，易知侧面为矩形，
为的中点，为的中点.
为的中点，
平面，平面
平面
（2）在平面中，过点作，易知平面，
故以为原点，分别以所在直
线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设，
则，，
， ，
，，
设平面的法向量为，
由 即 ， 解得
令 得，所以
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【变式演练4】已知：空间四边形ABCD，E、F分别是AB、AD的中点.求证EF∥平面BCD.
【答案】详见解析.
考点：空间直线与平面的平行的判定及性质.
方法二 空间向量法
例3 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点，求证：MN∥平面A1BD.
[来源:学+科+网Z+X+X+K]
【答案】详见解析.
【解析】如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则可得M(0,1，eq \f(1,2))，N(eq \f(1,2)，1,1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)．
【点评】用向量证明线面平行的方法有：
(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
(2)证明该直线方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
(3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示；
(4)本题易错点为：只证明MN∥A1D，而忽视MN⊄平面A1BD.
【变式演练5】【福建省泉州市2021届高三毕业班质量检测】如图，在以A、B、C、D为顶点的多面体中，四边形是边长为2的正方形.平面，，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）记线段的中点M，方法一：通过证明四边形为平行四边形，进而可得，即可证得结论；方法二：证明面面，进而证得结论.
（2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.分别求得法向量，通过，进而可求得正弦值.
【详解】
（1）解法1：记线段的中点M，连接，.
，，且.
四边形为平行四边形，，.
，；，.
四边形为平行四边形，.
又面，面，面
（2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，.
设平面的法向量为，则，.
令，则，.
为平面的一个法向量.
易得为平面的一个法向量.
设二面角的大小为，则.
，即二面角的正弦值为.
解法2：
（1），面，面.
同理，，面，面.
又，面面.
又面，
面.
（2）同解法1.
【变式演练6】如图所示，在长方体中，，，、分别是、的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
（1）结合向量先求出平面的法向量 ，求证即可；
（2）要证平面，即证垂直于平面内的两条不共线向量，求证且即可
【详解】
证明：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
在长方体中，，，、分别是、的中点，
，1，，，1，，，0，，
平面的法向量可设为，1，，，
平面，平面．
（2），0，，，2，，，2，，，1，，
，，
，，
，
平面．
【点睛】
本题考查利用向量法求证直线与平面平行、直线与平面垂直，属于中档题
【高考再现】
1．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．
（1）证明：点为的中点；
（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.
(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
2. 【2017全国1，文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．
【考点】空间位置关系判断
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．
3．（2019•新课标Ⅲ，理8文8）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则
A．，且直线，是相交直线
B．，且直线，是相交直线
C．，且直线，是异面直线
D．，且直线，是异面直线
【答案】B
【解析】点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，平面，平面，是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，，，，故选．
4．（2019•新课标Ⅱ，理7文7）设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线D．，垂直于同一平面
【答案】B
【解析】对于，内有无数条直线与平行，或；
对于，内有两条相交直线与平行，；
对于，，平行于同一条直线，或；
对于，，垂直于同一平面，或．故选．
5．(2018浙江)已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．
6．（2019•新课标Ⅰ，文19）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
【解析】证明：（1）连结，，，分别是，的中点，
，又为的中点，，
由题设知，，，
四边形是平行四边形，
，
又平面，平面．
解：（2）过作的垂线，垂足为，
由已知可得，，
平面，故，
平面，故的长即为到时平面的距离，
由已知可得，，
，故，
点到平面的距离为．
7．【2020年高考全国Ⅱ卷文数20】如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．
（1）证明：//，且平面平面；
（2）设为的中心，若，//平面，且，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得．
【解析】（1）分别为，的中点，，又，
在等边中，为中点，则，又侧面为矩形，，
，，由，平面，平面，
又，且平面，平面，平面，
又平面，且平面平面， ，，
又平面，平面，平面，平面平面．
（2）过作垂线，交点为，画出图形，如图
//平面，平面，平面平面，，
又，．为的中心，
，故：，则．
平面平面，平面平面，平面，
平面，又在等边中，即．
由（1）知，四边形为梯形，四边形的面积为：，，
为到的距离，．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是掌握空间垂直关系的相互转化．
8．【2020年高考江苏卷15】在三棱柱中，，平面，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】见解析
【解析】（1）∵分别是，的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面．
（2）∵平面，面，∴，
又∵，，面，面，
∴面，∵面，∴平面平面．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，本题考查了线面平行、面面垂直的证明，考查直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是空间线线、线面、面面平行（垂直）的相互转化．
【反馈练习】
1．如图甲，在梯形中，，，、分别为、的中点，以为折痕把折起，使点不落在平面内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①平面；②平面；③平面.
A．0B．1C．2D．3
【来源】贵州省贵阳市2022届高三摸底考试试卷数学（理）试题
【答案】C
【分析】
结合已知条件，利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可.
【详解】
对于①，因为， 为的中点，所以，又
所以四边形是平行四边形，因此，
因为平面，平面，
所以平面，所以①正确，
对于②，延长到，使，连接，因为为的中点，所以，因为与平面交于点，所以与平面不平行，
对于③，连接交于，连接，
因为，为的中点，所以，因为，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，所以③正确，
故选：C
2．【安徽省四校2020-2021学年高三上学期适应性测试】在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（ ）
A．[，]B．[，]C．[，]D．[，]
【答案】B
【分析】
分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．
【详解】
如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，
∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；
连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，
可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，
则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．
又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．
又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．
在Rt△AA1M中，AM，
同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．
当P在MN的中点时，AP最小为，
当P与M或N重合时，AP最大为．
∴线段AP长度的取值范围是[，]．
故选：B．
3．（多选题）【山东省实验中学2020-2021学年高三第一次诊断考试（10月）】已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则与所成的角和与所成的角相等
【答案】BCD
【分析】
根据线、面的位置关系，逐一进行判断.
【详解】
选项A：若，则或，
又，并不能得到这一结论，故选项A错误；
选项B：若，则由线面垂直的性质定理和线面平行的
性质定理可得，故选项B正确；
选项C：若，则有面面平行的性质定理可知，
故选项C正确；
选项D：若，则由线面角的定义和等角定理知，与
所成的角和与所成的角相等，故选项D正确.
故选：BCD.
4．如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线不平行与平面的是（ ）
A．B．
C．D．
【来源】重组卷01-冲刺2021年高考数学之精选真题 模拟重组卷（新高考地区专用）
【答案】D
【分析】
如图，利用线面平行的判定定理依次判断选项即可.
【详解】
A：如图，在正方体中，，所以，
又平面MNQ，平面MNQ，所以平面MNQ；
B：如图，在正方体中，，所以，
又平面MNQ，平面MNQ，所以平面MNQ；
C：如图，在正方体中，，所以，
又平面MNQ，平面MNQ，所以平面MNQ；
D：如图，连接BE交MN于点F，连接QF，连接CD交BE与点O，
若平面MNQ，平面ABE，平面ABE平面MNQ=FQ，
则，所以，
由于M、N分别是DE、CE的中点，所以，且，
所以,有，所以，又，
所以，所以与平面MNQ不平行.
故选：D
5．如图在正方体中，点为的中点，点为的中点，点在底面内，且平面，与底面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【来源】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一）
【答案】D
【分析】
取AD、CD的中点S、T，连接，由，，
得平面平面，再由已知得：点在上，从而结合图像即可求出的最大值.
【详解】
取AD、CD的中点S、T，连接，
因为，所以平面，
，所以平面，
又因
所以平面平面，
故点在上时，平面，
设正方体的棱长为1，
因为底面，
所以即为与底面所成的角为，
当为的中点时，取最大值，
此时，，，，
故的最大值为.
故选：D.
6．如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是_________．
【来源】福建省南安第一中学2021届高三二模数学试题
【答案】
【分析】
取中点，在上取点，使，连结、、，可得平面平面，则可得线段，由此可知当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，
然后根据题中的数据进行计算即可
【详解】
解：取中点，在上取点，使，
连结、、，则平面平面，
∵是侧面四边形内一动点（含边界），平面，
∴线段，∴当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取最大值或，

∵在长方体中，，，，
点是棱的中点，点在棱上，且满足，
∴，，．
∴线段长度的取值范围是．
故答案为：
7．【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】如图，三棱柱中，平面平面，和都是正三角形，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）首先证明，进一步得出结论.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．
【详解】
（1）如图，连接，交于点，连接，
由于四边形是平行四边形，所以是的中点．
因为是的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）如图，取的中点，连接，，
根据和都是正三角形，得，．
又平面平面，平面平面，所以平面，于是．
以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．
设平面的法向量，则，即，令，则，，所以．
设二面角的大小为，由图易知为锐角，
则，
因此二面角的余弦值为．
【点睛】
本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．
解题关键 （1）证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．（2）利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量．
8．【云南省文山州2021届高三年级10月教学质量检测文科】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，E为上的动点.
（1）确定E的位置，使平面；
（2）设，，根据（1）的结论，求点E到平面的距离.
【答案】（1）E为的中点；（2）.
【分析】
（1）E为的中点，连接交于点，连接，则，故而平面；
（2）点E到平面距离等于点D到平面距离的倍，由可得答案.
【详解】
（1）E为的中点.
证明：连接，使交于点O，取的中点为E，连接，
∵O，E分别为，的中点，
∴.
又平面，平面，
∴平面.
（2），
∴，
∴，即菱形为正方形.
又点E到平面距离等于点D到平面距离的倍，
设点E到平面的距离为h，
∴，
解得.
9．如图，多面体 ABCPQ中，QA⊥平面ABC，QA∥PC，点M为PB的中点，AB＝BC＝AC＝PC＝2QA＝2
（1）求证：QM∥平面ABC；
（2）求三棱锥Q－ABM的体积．
【来源】安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查文科数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）证得QM∥AH，根据线面平行的判定定理即可证出结论；
（2由于MH∥平面QAB，则点M到平面QAB的距离与点H到平面QAB的距离相等，进而得到，从而求出即可求出结果.
【详解】
（1）取BC中点H，连接MH，AH，由点M为PB的中点，
则MH∥PC且MH＝PC，又QA∥PC且QA＝PC，
所以且，即四边形QAHM为平行四边形，
从而QM∥AH，而AH平面ABC，QM平面ABC，
所以QM∥平面ABC．
（2）由（1）知，MH∥QA，QA平面QAB，MH平面QAB，
所以MH∥平面QAB，则点M到平面QAB的距离与点H到平面QAB的距离相等，
即
由条件知，QA为三棱锥Q－ABH的高，

所以三棱锥Q－ABM的体积．
10．如图，在三棱柱中，底面ABC，且为等腰三角形，，，M为的中点，N为的中点.
（1）求证：直线平面MAC；
（2）求点B到平面的距离
【来源】广西柳州市2021届高三摸底考试数学（文）试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）在三棱柱中，取AC的中点G，连接NG，MG，结合M为的中点，易得是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据底面ABC，易得平面ABC平面，过点B作，则平面，则BH即点B到平面的距离求解.
【详解】
（1）如图所示：
在三棱柱中，取AC的中点G，连接NG，MG，
所以，
又因为M为的中点，
所以，
所以是平行四边形，
所以，又平面MAC，平面MAC，
所以直线平面MAC；
（2）在三棱柱中，底面ABC，平面，
所以平面ABC平面，平面ABC平面，
如图所示：
过点B作，交AC的延长线于H，则平面，
所以BH即点B到平面的距离
因为，，
所以.
11．【河南省名校联考2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试文科】如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD，过AD的平面与PC，PB分别交于点M，N，连接MN.
（1）证明：BC//MN；
（2）已知PA=AD=AB=2BC，平面ADMN⊥平面PBC，求的值.
【答案】（1）见解析：（2）.
【分析】
（1）由，利用直线与平面平行的判定可得平面，再由直线与平面平行的性质可得；
（2）由已知证明为的中点，得到为的中点，再由求的值．
【详解】
（1）证明：，平面，平面，
平面，
又平面，平面平面，
；
（2）解：平面，平面，，
又，，平面，
平面，，
又，，
平面平面，平面平面，
平面，得．
，为的中点，
又，．
．
设，
则，，
再设，
．
故．
12．如图，在三棱台中，，、分别为、中点.
（1）求证：平面；
（2）若，且平面，令二面角的平面角为，求.
【来源】安徽省安庆市示范高中2021届高三下学期4月高考模拟理科数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接，设，连接，证明出四边形，可得出点为的中点，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，，以点为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】
（1）连接，设，连接，
由三棱台知，，，，，且.
为的中点，故且，故四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，故，
因为平面，平面，故平面；
（2）因为平面，平面，故，
因为，，平面，
因为，故平面，
，为的中点，故，
以点为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，，则，
，，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，，，
所以，所以，.
13．【福建省福州市2021届高三数学10月调研】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=1，M，N分别为A1C1，AB1的中点．
（1）求证：MN//平面B1BCC1；
（2）若P是B1B的中点，AP⊥MN，求二面角A1-PN-M的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理证明平面，要注意步骤的完整性；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求得二面角的余弦值.
【详解】
解析：（1）证法一：
连接A1B，因为四边形A1B1BA是平行四边形，所以A1B与AB1交于点N，
连接BC1，在△A1BC1中，N是A1B中点，M是A1C1中点，
所以MN//BC1，
又平面，平面，
所以平面．
证法二：
取的中点，连接，
则有，且，，且，
又，，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）在平面内过点作射线垂直于，易知，，两两垂直，如图，以A为原点，分别以AB，l，AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，
因为，所以，
解得，又因为，
所以，解得（舍去负值），
所以．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以取，则，
又为平面的一个法向量，
所以，
所以二面角的余弦值为．
14．【云南省红河州第一中学2021届高三年级理科数学第一次联考】如图所示，在三棱锥A-BCD中，E，F分别是AD，BC的中点，且.
（1）在∠BDC的角平分线上，是否存在一点O，使得AO∥平面EFC？若存在，请作出证明；若不存在，请说明理由；
（2）若平面BCD⊥平面ADC，BD⊥DC，，求二面角F-EC-D的正切值.
【答案】（1）存在；证明详见解析；（2）.
【分析】
（1）存在，以，为邻边作平行四边形，证明∥平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求两个平面法向量，利用向量夹角可以求得答案.
【详解】
（1）存在，证明如下：
以，为邻边作平行四边形，因为，所以对角线平分，因为是的中点，所以过点，连接，因为，分别是，的中点，故∥，又平面，平面，所以∥平面，故在的角平分线上存在点，使得∥平面；
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，又因为，，所以，所以，所以，故如图建系：，，，，，，，，，设平面的法向量为，
，即，令，，因为平面的一个法向量为，设二面角为，由题意知，，
所以，二面角的正切值为.
15．【广东省梅州市蕉岭县蕉岭中学2021届高三上学期第三次质检】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，E为上的动点.
（1）确定E的位置，使平面；
（2）设，，且在第（1）问的结论下，求二面角的余弦值.
【答案】（1）E为的中点；（2）.
【分析】
（1）E为的中点，连接，使交于点O，可证，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】
（1）E为的中点，
证明：连接，使交于点O，取的中点为E，连接，
∵O，E分别为，的中点，
∴.
又平面，平面，
∴平面.
（2）分别以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
∴，，
∴平面的法向量为.
设平面的法向量为，
由，
令，则，，
∴，
∴二面角的平面角的余弦值为.
16．如图，平面ABCD⊥平面DBNM，且菱形ABCD与菱形DBNM全等，且∠MDB＝∠DAB，G为MC的中点．
（1）求证：平面GBD∥平面AMN；
（2）求直线AD与平面AMN所成角的正弦值．
【来源】山西省怀仁市第一中学校2021届高三下学期一模理科数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先证GE∥平面AMN，BD∥平面AMN，由面面平行判定定理可得平面GBD∥平面AMN；
（2）由平面ABCD⊥平面MNBD结合面面垂直性质定理可得ME⊥平面ABCD，以EA为x轴，EB为y轴，EM为z轴，建立空间直角坐标系，求直线AD的方向向量和平面AMN的法向量，由线面角公式求直线AD与平面AMN所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明:连接AC交DB于E，连接GE，
在△AMC中，G，E分别是CM，CA的中点，
所以GE∥AM.
因为GE⊄平面AMN，AM⊂平面AMN，
所以GE∥平面AMN.
又菱形DBNM中，MN∥BD，同理可证BD∥平面AMN.
又因为BD∩GE＝E，BD，GE⊂平面GBD，所以平面GBD∥平面AMN.
（2）解:连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB，
可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB.
所以ME⊥BD，又平面ABCD⊥平面MNBD且平面ABCD∩平面MNBD＝BD，
所以ME⊥平面ABCD.
则以E为坐标原点，EA为x轴，EB为y轴，EM为z轴，建立空间直角坐标系，
令AB＝2，则A(，0，0)，D(0，－1，0)，M(0，0，)，N(0，2，)，
则＝(－，0，)，＝(－，2，)，＝(－，－1，0)，
设平面AMN的法向量为＝(x，y，z)，
则由得
则可令x＝1，得y＝0，z＝1，平面AMN的一个法向量＝(1，0，1)，
设直线AD与平面AMN所成的角为θ，
sin θ＝＝＝，
则直线AD与平面AMN所成角的正弦值为.


万能模板
内 容
使用场景
转化的直线或平面比较容易找到
解题模板
第一步 按照线线平行得到线面平行，进而得出面面平行的思路分析解答；
第二步 找到关键的直线或平面；
第三步 得出结论.
万能模板
内 容
使用场景
转化的直线或平面不容易找到，而一直条件方便建立空间直角坐标比较容易写出
解题模板
第一步 建立适当的空间直角坐标系；
第二步 分别写出各点的坐标，求出直线方向向量；
第三步 利用向量的关系得到直线和平面的关系即可.