2025高考数学专项讲义第03讲空间中的平行关系(线线平行、线面平行、面面平行)(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第03讲空间中的平行关系(线线平行、线面平行、面面平行)(学生版+解析)，共162页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，整体点评等内容，欢迎下载使用。
（11类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为5-15分
【备考策略】1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言
2.熟练掌握线面平行的判定定理和性质定理及其应用
3.熟练掌握面面平行的判定定理和性质定理及其应用
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查线面平行、面面平行的判定及其性质，需强化巩固复习.
知识讲解
常见立体几何的定义、性质及其关系
棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行图形，侧面是平行四边形（即侧棱平行且相等）
斜棱柱：侧棱与底面不垂直的棱柱
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，即：平行六面体的六个面都是平行四边形
四个公理与一个定理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
空间中点线面的位置关系
空间中的平行关系
线线平行
①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等）
③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
考点一、空间中点线面的位置关系
1．（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
2．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
1．（2024·河北邢台·二模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（ ）
（1）若，，则 （2）若，，则
（3）若，，则 （4）若，，则
A．1B．2C．3D．4
2．（2024·浙江绍兴·三模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则m⊥β
B．若m⊥β，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
3．（2024·辽宁·二模）设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，l⊥m，则
B．若l//α，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
考点二、空间中线面平行的判定（直接型）
1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
1．（23-24高三上·辽宁朝阳·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，，直线两两垂直，点分别为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
2．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体中，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面AEC的距离.
考点三、空间中线面平行的判定（中位线型）
1．（浙江·高考真题）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝ ，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．
1．（23-24高二上·广西·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)若正四棱柱的外接球的表面积是24π，求三棱锥的体积.
2．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点．
(1)求证：平面PBC；
(2)求三棱锥的体积．
3．（2024·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
考点四、空间中线面平行的判定（平行四边形型）
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，BC//AD，AB=BC=1，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，AB//CD，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
1．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，.

(1)设点为棱的中点，证明：平面.
(2)求平面与平面的夹角的大小.
2．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
3．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.
(1)证明：//平面A1BC1；
(2)求点到平面A1BC1的距离.
考点五、空间中线面平行的判定（相似型）
1．（23-24高一下·广东茂名·期中）如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
(1)设为中点，点在线段上，且，求证：PM//平面；
(2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
2．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)设平面平面，已知二面角的正弦值为，求的值．
3．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面BED⊥平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
1．（22-23高二上·贵州六盘水·阶段练习）如图，点在以为直径的圆上不同于，，垂直于圆所在平面，为的重心，，在线段上，且.

(1)证明：∥平面；
(2)在圆上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
2．（2022高二下·浙江温州·学业考试）已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
考点六、空间中线面平行的判定（向量型）
1．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
1．（2023·全国·模拟预测）如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点为的中点，.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
考点七、空间中线面平行的性质
1．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱中，，，E为中点，直线与平面交于点F．
(1)证明：F为的中点；
(2)求直线AC与平面所成角的余弦值．

2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值.
1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
2．（2024·内蒙古赤峰·二模）如图, 在三棱台 中, 和都为等边三角形, 且边长分别为2和4， G 为线段 AC的中点, H为线段 BC上的点, 平面 .
(1)求证: 点 H为线段BC的中点;
(2)求二面角 的余弦值.
3．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .

(1)求证: 点H为线段的中点;
(2)求三棱锥 的体积.
考点八、空间中面面平行的判定
1．（2024·重庆·二模）如图，直棱柱中，底面为梯形，AB//DC，且分别是棱，的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
1．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱中分别为的中点，.
(1)证明:平面平面;
(2)求与平面所成角的正弦值.
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值．
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.
(1)证明：平面平面；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.
考点九、空间中面面平行的性质
1．（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.
（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面ABFE所成角的正弦值.
2．（2024·福建福州·模拟预测）如图，以正方形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转120°形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
1．（23-24高三上·北京东城·期末）如图，在直三棱柱中，分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
2．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在六棱锥中，平面是边长为的正六边形，平面为棱上一点，且.
(1)证明：平面PAC；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
3．（2024·山东潍坊·三模）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小．
考点十、补全条件证空间中的平行关系
1．（2023·贵州毕节·模拟预测）三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，是等腰三角形，∠ACB=120°，，与交于点M，，的中点分别为N，O，如图所示.
(1)在平面内找一点D，使平面，并加以证明；
(2)求二面角的正弦值.
2．（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面ABE⊥平面．

(1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
3．（2023·浙江·三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.
(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；
(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.
1．（2023·河南·模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
2．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
3．（2022·辽宁大连·模拟预测）如图，多面体中，平面，
(1)在线段上是否存在一点，使得平面AFC？如果存在，请指出点位置并证明；如果不存在，请说明理由；
(2)当三棱锥的体积为8时，求平面与平面AFC夹角的余弦值.
考点十一、补全图形证空间中的平行关系
1．（2024·山东临沂·一模）如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
1．（2024·福建龙岩·一模）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，设平面平面.
(1)作出（不要求写作法）；
(2)线段上是否存在一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
2．（2024·贵州遵义·三模）如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，M为中点．
(1)过M作平面，使得平面与平面的平行（只需作图，无需证明）
(2)试确定（1）中的平面与线段的交点所在的位置；
(3)若平面，在线段是否存在点P，使得二面角的平面角为余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
1．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，，，⊥，且平面⊥平面.
(1)在DE上确定一点M，使得平面；
(2)若，且，求多面体的体积.
2．（2024·四川成都·模拟预测）已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
3．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面SAB；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，分别为的中点．
(1)判断与平面的位置关系，并给予证明；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
6．（2024·天津红桥·二模）在如图所示的几何体中，平面，，四边形为平行四边形，，，，．
(1)求证：直线PB//平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的正弦值．
7．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形，，，取的中点，将等腰梯形沿线段翻折，使得二面角为，连接、得到如图所示的四棱锥A−BCDE，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥A−BCDE的体积．
8．（2024·江西景德镇·三模）已知在正三棱柱中，，.
(1)已知，分别为棱，的中点，求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
9．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，AB//CD，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
10．（2024高三·全国·专题练习）在正四棱柱中，是底面的中心，底面边长为2，正四棱柱的体积为16
(1)求证：直线平行于平面
(2)求与平面所成的角的正弦值.
1．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由.
2．（2024·河北·模拟预测）如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
(1)求证：直线平面；
(2)若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面平面，，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若侧面为等边三角形，求四面体的体积．
4．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，点在上，点在上，平面平面．

(1)求证：是的中点；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
5．（2024·贵州六盘水·三模）已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
6．（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
7．（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；
(2)若，，，点到平面ABFE的距离为，求二面角的余弦值.
8．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
9．（2024·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，的中点分别为，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
10．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点.
(1)过点的平面平行于平面且与交于点，求；
(2)若平面平面，且，求点到平面的距离.
1．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
2．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面PAC；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
3．（2022·全国·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
4．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
5．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
7．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面PAC⊥平面，，，，
（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面PAC所成角的正弦值.
8．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第17题,15分
证明线面平行
证明面面垂直
由二面角大小求线段长度
2023年全国乙卷（理），第19题,12分
证明线面平行
证明线面垂直
证明面面垂直
求二面角
2022年新Ⅱ卷，第20题,12分
证明线面平行
面面角的向量求法
2022年全国甲卷（文），第19题,12分
证明线面平行
求组合体的体积
2020年全国乙卷（理），第20题,12分
证明线面平行
求线面角
证明面面垂直
点与直线的位置关系
点在直线上
点不在直线上
点与面的位置关系
点在平面上
点不在平面上
线与线的位置关系
平行，
相交，
，异面
线与面的位置关系
面与面的位置关系
平行，
相交，
与重合
图形语言
符号语言
图形语言
符号语言
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
图形语言
符号语言
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
图形语言
符号语言
第03讲 空间中的平行关系
（线线平行、线面平行、面面平行）
（11类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为5-15分
【备考策略】1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言
2.熟练掌握线面平行的判定定理和性质定理及其应用
3.熟练掌握面面平行的判定定理和性质定理及其应用
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查线面平行、面面平行的判定及其性质，需强化巩固复习.
知识讲解
常见立体几何的定义、性质及其关系
棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行图形，侧面是平行四边形（即侧棱平行且相等）
斜棱柱：侧棱与底面不垂直的棱柱
直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，即：平行六面体的六个面都是平行四边形
四个公理与一个定理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
空间中点线面的位置关系
空间中的平行关系
线线平行
①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等）
③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
考点一、空间中点线面的位置关系
1．（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
2．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
1．（2024·河北邢台·二模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（ ）
（1）若，，则 （2）若，，则
（3）若，，则 （4）若，，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】利用线面平行的判定与性质判断（1）（2）,利用线面垂直的性质判断（3）（4）.
【详解】由两条不同直线，及平面，知：
对（1），若，，则与相交、平行或异面，故错误；
对（2），若，，则或a⊂α，故错误；
对（3），若，，则由线面垂直的性质得，故正确；
对（4），若，，则或a⊂α，故错误．
故选：A．
2．（2024·浙江绍兴·三模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则m⊥β
B．若m⊥β，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【分析】由空间中的线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可.
【详解】若，，则或，所以A错；，，，，或，所以B错；
若，，，则，所以C错；若，，，则与两面的交线平行，即，故D对.
故选：D.
3．（2024·辽宁·二模）设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，l⊥m，则
B．若l//α，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【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中，若，，l⊥m，则相交或平行，所以A错误；
对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确；
对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误；
对于D中，若，，则或，所以D错误.
故选：B.
考点二、空间中线面平行的判定（直接型）
1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即，令，得，即m=3,3,1，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
1．（23-24高三上·辽宁朝阳·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，，直线两两垂直，点分别为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由于点分别为棱的中点，应用中位线定理可得，从而得到了证明线面平行所需的线线平行；
（2）首先以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求平面和平面的法向量，进而用空间向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为点分别为棱的中点，
所以.
又平面，平面，且，
所以平面ADE.
（2）解：以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则A0,0,0，，，
得，.
设平面的法向量为，
则取，则，z=−1，
即.
由平面，得平面的一个法向量为，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
2．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体中，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面AEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正方体的性质得到，即可得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）设正方体的棱长为，则，解得，
所以，，
所以，
设点到平面AEC的距离为，则，即，
即，解得，
即点到平面AEC的距离为.
考点三、空间中线面平行的判定（中位线型）
1．（浙江·高考真题）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝ ，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．
【答案】(1)见解析；(2) ．
【分析】(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.
又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
(2)解: 在菱形ABCD中,∠BAD=120°,
得AC=AB=BC=CD=DA,
BD=AB.
又因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AC,
PA⊥AD.
所以PB=PC=PD.
所以△PBC≌△PDC.
而M、N分别是PB、PD的中点,
所以MQ=NQ,
且AM=PB=PD=AN.
取线段MN的中点E,连接AE,EQ,
则AE⊥MN,QE⊥MN,
所以∠AEQ为二面角AMNQ的平面角.
由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.
在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,
在△PBC中,cs∠BPC==,
得MQ==.
在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,
得QE==.
在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,
得cs∠AEQ==.
所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.
1．（23-24高二上·广西·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)若正四棱柱的外接球的表面积是24π，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）求出正四棱柱的外接球半径，进而可求出，根据，即可求解.
【详解】（1）连接交于，连接；
分别是的中点，
平面平面，
//平面.

（2）设，正四棱柱的外接球的半径为，
因为正四棱柱的外接球的表面积，解得，
由题意为正四棱柱的外接球的直径，
由，得，
解得或（舍），即.
2．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点．
(1)求证：平面PBC；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）利用三角形的中位线，证明，可证得平面PBC；
（2）利用三棱锥的体积公式求解.
【详解】（1）证明：如图，连接BD，由ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N．
∵M，N分别为PD，BD的中点，∴．
又平面PBC，平面PBC，故平面PBC．
（2）∵，∴，∴平行四边形ABCD为矩形．
∵，∴，，
∴．
又平面ABCD，M为PD的中点，则M到平面ACD的距离为．
∴．
3．（2024·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2).
【分析】（1）作出，再根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）使用建系法，根据向量的夹角公式求出两个法向量的夹角余弦值，即可求出锐二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，设与交于点，连接.
因为分别为的中点，底面是菱形，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为为的中点，所以为的中点，
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为是边长为的等边三角形，为的中点，
所以.
因为底面是菱形且，易知为等边三角形，所以.
易知，所以，所以.
因为，所以，所以.
所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，得，
取，则，所以.
设平面的法向量为，
则，得，
则，取，则，所以.
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
考点四、空间中线面平行的判定（平行四边形型）
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，BC//AD，AB=BC=1，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
2．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，AB//CD，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、C1,1,0、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
1．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，.

(1)设点为棱的中点，证明：平面.
(2)求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为的中点，通过证明，得证平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决两个平面夹角问题.
【详解】（1）设为的中点，连接，

在中，点为棱的中点，，.
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为BF⊂平面，平面，所以平面.
（2）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A2,0,0，，，，
，.
设平面的一个法向量为， 则有
令，则，得.
，，
设平面的一个法向量为， 则有，
令，则，得.
设平面与平面的夹角为，有，
所以平面与平面夹角的大小为.
2．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值；
（3）向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，则，
且，∴且，
则四边形为平行四边形，．
又平面平面，
平面．
（2）解：直三棱柱中，． 以为原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，则
即令，则，得到平面的一个法向量．
易知平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：，，
点到平面的距离．
3．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.
(1)证明：//平面A1BC1；
(2)求点到平面A1BC1的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形可得//.，即可由线面平行的判定求证，
（2）利用等体积法即可求解，或者利用线面垂直可得平面A1BC1，即可利用等面积法求解.
【详解】（1）如图，连接与交于点，连接.
因为四边形是正方形，，所以.
因为四边形是正方形，，所以.
因为，所以，所以.
又，所以四边形为平行四边形，所以//.
因为平面平面A1BC1，所以//平面A1BC1.
（2）解法一：因为在四棱台中，两底面均为正方形，所以，
所以，所以，
所以.
又，
设点到平面A1BC1的距离为，由等体积法，得，
即，解得，
所以点到平面A1BC1的距离为.
解法二：过点作，垂足为.
因为平面平面，所以.
又四边形为正方形，所以.
又平面BDD1B1，所以平面BDD1B1.
又平面BDD1B1，所以.
又平面A1BC1，所以平面A1BC1.
,,
所以,
故，
根据等面积，得.
考点五、空间中线面平行的判定（相似型）
1．（23-24高一下·广东茂名·期中）如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
(1)设为中点，点在线段上，且，求证：PM//平面；
(2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为侧面为矩形，
所以，又为中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面，平面，
所以PM//平面．
（2）在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以BC⊥CD，
所以为二面角的平面角，且．
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
2．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)设平面平面，已知二面角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）作辅助线，先证明四边形为平行四边形，得线线平行，再由线面平行判定定理可证；
（2）以为一组基底，先利用基底表达向量，再向量平方利用数量积求模，求得，由勾股定理计算可证垂直；
（3）先证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角余弦值，即可根据题意建立等量关系求参数.
【详解】（1）过分别作交于点交于点，
，
且，
，
∴四边形为平行四边形，，
平面．平面．
平面．
（2），
，
，，．
（3）取中点，连接
为等边三角形且，则．
在中，，
由，
在中，为中点，，，
.
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系．

．
即，
，设，
则，即，
故，
又，同理可得，
，
设平面的一个法向量，
而平面的一个法向量，
设二面角的的平面角为，则，
则，
化简得，
解得或.
3．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面BED⊥平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面BED⊥平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，AE⊥PC，
又因为，所以，
所以，即，
又平面PAC，直线平面，平面，
所以直线平面．
（2）因为平面，所以平面，
又平面BED，所以平面BED⊥平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当λ=12时，sinθ的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
1．（22-23高二上·贵州六盘水·阶段练习）如图，点在以为直径的圆上不同于，，垂直于圆所在平面，为的重心，，在线段上，且.

(1)证明：∥平面；
(2)在圆上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，为弧的中点
【分析】（1）连接，并延长交于点，连接，由重心的性质和平行线的判定，结合线面平行的判定定理可证得结论，
（2）在圆上假设存在点，使得二面角的余弦值为，根据题意作出二面角的平面角，解三角形即可判断.
【详解】（1）证明：连接，并延长交于点，连接，
因为为的重心，所以，
因为，所以，
所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面；
（2）解：在圆上假设存在点，使得二面角的余弦值为，设，
连接，并延长交于，则为的中点，
因为，所以，，
过作于点，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为PO⊂平面，所以,
过作于，连接，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
因为二面角的余弦值为，所以，
所以，所以
所以，
所以，解得，
所以在在圆上存在点，且，即为弧的中点，使得二面角的余弦值为，

【点睛】关键点点睛：此题考查线面平面的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据已知条件结合二面角的定义利用线面垂直的判定定理作出二面角，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
2．（2022高二下·浙江温州·学业考试）已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长，交于点，取的中点可得，根据为中点，可得，从而，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）分别取的中点，利用线面垂直的判定定理和性质定理可得即为二面角的平面角，求出各边长，再由线面垂直的判定定理可得平面，转化为点到平面的距离是点到平面的距离的一半，求出可得答案.
【详解】（1）连接并延长，交于点，取的中点，连接，
因为为中点，所以，，所以，
所以，又为中点，所以，
所以，因为，所以，
所以，可得，
因为平面，平面，所以平面；

（2）分别取的中点，连接，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
平面，所以，所以即为二面角的平面角，
所以，因为，所以，所以AQ=3，
设，则，所以，
因为平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
所以线段的长即为点到平面的距离，又因为为的中点，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，
因为，所以点到平面的距离为.

【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是转化为点到平面的距离是点到平面的距离的一半，再由线面垂直的判定定理可得平面，考查了学生的空间想象能力、计算能力.
考点六、空间中线面平行的判定（向量型）
1．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有AO⊥平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
1．（2023·全国·模拟预测）如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点为的中点，.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）用向量法证明即可；
（2）假设存在，根据线面角的公式运算即可得解.
【详解】（1）以为原点建立如图所示的坐标系，

，，，，
，，，
设面的法向量为，
，令，则，
，
平面，，
平面；
（2）假设存在点，设，
则，
设面SCD法向量，
，，
，令，则，
，
，即，
，
故存在满足题意的点，此时.
考点七、空间中线面平行的性质
1．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱中，，，E为中点，直线与平面交于点F．
(1)证明：F为的中点；
(2)求直线AC与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断，得出，得出为中位线，从而得证；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用线面角公式求得正弦值，再利用同角基本关系式求出余弦值.
【详解】（1）如图，连接，FE，，在正四棱柱中，
由AB与平行且相等得是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，又E是中点，所以是的中位线，
所以F是的中点；

（2）分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，C(0,1,0)，，，，，，
设平面的一个法向量是，直线AC与平面所成的角为，
则，取，得，
， ，
所以直线AC与平面所成角的余弦值为.

2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点.
(1)证明：；
(2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平面的判断、性质推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）由E，F分别是PA，PD的中点，得，
在正方形中，，则，
而平面，平面，于是平面，
又平面，平面平面，平面，
因此，所以.
（2）四棱锥的底面为正方形，平面，则AB,AD,AP两两垂直，
以点为原点，直线AB,AD,AP分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，，
设平面的法向量，则，
取，得，
设平面的法向量，则，
取，得，
设平面的法向量，则，
由平面平面，得，取，得，
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正弦值为.
1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
(2)求直线与平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
2．（2024·内蒙古赤峰·二模）如图, 在三棱台 中, 和都为等边三角形, 且边长分别为2和4， G 为线段 AC的中点, H为线段 BC上的点, 平面 .
(1)求证: 点 H为线段BC的中点;
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行即可得证；
（2）空间向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）连接，设连接，
三棱台 ，则，又
∴四边形为平行四边形，则
又平面，平面，平面平面
∴，
∵四边形是正方形，是的中点，
∴点是的中点.
（2）
且都在面，则 面，
又为等边三角形，则，又（1） 知，则面，
建立如图所示的坐标系，则
设平面的法向量，
则，令解得，
设平面的法向量，
则，令，解得，
设二面角 的平面角为， ，
又因为为锐角，所以.
3．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .

(1)求证: 点H为线段的中点;
(2)求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为 平面，所以想到用线面平行的性质定理证明；
（2）利用等体积法将三棱锥 转化为三棱锥的体积求解即可.
【详解】（1）连接， 设 连接、
因为三棱台 所以
又 所以四边形为平行四边形
所以 .
又平面， ⊂平面， 平面∩平面
∴
∵四边形 是正方形，O是的中点，
∴点H是的中点.

（2）因为 则
又 平面ABC
∴平面,
由（1） 知 且
是边长为4的等边三角形，
∵H为中点，
,


考点八、空间中面面平行的判定
1．（2024·重庆·二模）如图，直棱柱中，底面为梯形，AB//DC，且分别是棱，的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，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）由三角形中位线、平行四边形性质，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，再利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在中，分别为AB,AD的中点，则，
而平面平面，因此平面，
又，而，
于是且，四边形为平行四边形，则，
又平面平面，因此平面.
而为平面中两相交直线，所以平面平面.
（2）在中，，则，
在直棱柱中，两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系D−xyz，如图，

则，
，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，取，得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
2．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证；
（2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解.
【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知，
由，，知，，
则，又四点共面，所以，
由为直三棱柱的侧面知，即，则，
由为的中点得，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，，则平面，
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
设，
则，
由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设平面的法向量为，
由，取，得，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
，
又，则时，sinθ的最大值为．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
（法二）在直三棱柱中，底面，
因为底面，所以，
由（1）知，，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
过作交于，
因为平面平面，所以平面，
又平面平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
因为∽，且正方形的边长为2，
所以，则，
又，要使值最大，
则最小，在中，
过作交FC1于，由等面积可求出，此时．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
1．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱中分别为的中点，.
(1)证明:平面平面;
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线线平行关系，先证平面，平面，从而可得面面平行；
（2）以为原点，为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角.
【详解】（1）分别为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，
而平面平面，所以平面，
连接交于，连接OE，显然是的中点，因为为AB的中点，
所以，而平面，OE⊂平面，所以平面，
又平面平面，所以平面平面
（2）因为为正三角形，所以，
因为三棱柱是正三棱柱，所以平面平面，
而平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为三棱柱是正三棱柱，，
所以侧面是矩形，分别为的中点，
以为原点，为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
设平面的一个法向量为，
即，取，解得，
设直线与平面所成角为，
所以.
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需运用两次线面平行的判定定理分别证明平面，以及平面，最后再结合面面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法，找出二面角的平面角，计算所需高和面积，从而建立方程即可求解.
【详解】（1）因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点，
所以，即四边形是平行四边形，
所以,
因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，且，BM⊂平面，平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知四边形是平行四边形，
又，
所以平行四边形是矩形，
从而，
因为为正三角形，
所以为正三角形，
又因为点是的中点，
所以，
又因为平面平面，平面，平面，
所以是二面角的平面角，它的余弦值为，那么它的正弦值为，
因为，为正三角形，
所以为正三角形，且，
于三棱锥而言，若将三角形看作三棱锥的底面，设为三棱锥的高，
则对应三棱锥的高为，
而三角形的面积为，
而，
所以，
又，
所以，
所以三角形的面积为，
设直线和平面所成角的正弦值为sinθ，
而，
则点到平面的距离为，
由等体积法有，
即，
解得，
即直线和平面所成角的正弦值为.
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.
(1)证明：平面平面；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理即可证明平面平面；
（2）由题意可得，点到平面的距离等于点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为分别为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，从而，
又平面平面，所以平面，
连接，则为的中点，又为的中点，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）
由题知，平面.
连接，则.
因为由（1）的证明可知平面平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
所以三棱锥的体积为.
考点九、空间中面面平行的性质
1．（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.
（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面ABFE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；
（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面ABFE，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面ABFE所成角的正弦值.
【详解】证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.
同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面ABFE，
则为直线在平面ABFE内的射影，
因为为直线与平面ABFE所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面ABFE，平面ABFE，所以，
在中，，
，
即为直线与平面ABFE所成角的正弦值.
2．（2024·福建福州·模拟预测）如图，以正方形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转120°形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：在正方形中，连接并延长，交的延长线于点，连接，通过证明可得，进而利用线面平行的判定定理即可证明；
证法二：取的中点，连接，，通过证明四边形是平行四边形可得，进而利用线面平行的判定定理即可证明；
证法三：取的中点，连接，，利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而即可得证平面.
（2）首先通过线面垂直的判定定理证明BP⊥平面可得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证法一：在正方形中，连接并延长，交的延长线于点，连接．
因为，分别为线段，中点，
所以，所以，
所以，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
证法二：取的中点，连接，，
因为，分别为线段，的中点，
所以，，
又因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
证法三：取的中点，连接，．
因为，分别为线段，的中点，
所以，，
又因为平面，BP⊂平面，所以平面．
因为平面，平面，所以平面．
又因为，平面，平面，
所以平面平面，又因为平面，
所以平面．
（2）依题意得，平面，又因为BP⊂平面，所以．
又因为，AB∩AE=A，，平面，
所以BP⊥平面，
又平面，所以，
所以，，两两垂直．
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设，，
则，，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则
即，取，得，，
所以平面的一个法向量是，
又平面的一个法向量为n=0,1,0．
设平面与平面的夹角为，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
1．（23-24高三上·北京东城·期末）如图，在直三棱柱中，分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）通过取的中点构建平面平面即得；
（2）由题设易于建系，运用空间向量的夹角公式表示出直线与平面所成角的正弦值，解方程即得.
【详解】（1）
如图，取线段的中点，连接,因分别为的中点,故有,
又因为平面，平面,故平面，平面，
又,则平面平面,因平面，则平面.
（2）
如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
则,设点,则，代入坐标得：，即，
于是,,设平面的法向量为，则有故可取，
依题意得，，解得：λ=12，即线段的长为1.
2．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在六棱锥中，平面是边长为的正六边形，平面为棱上一点，且.
(1)证明：平面PAC；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，由正六边形的性质可求得，再由，得，则平面PAC，然后由，得平面PAC，则由面面平行的判定定理可得平面平面PAC，再由面面平行的性质可证得结论；
（2）由平面，得两两垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接.
因为六边形是边长为的正六边形，
所以,
所以，
所以.
又，所以.
因为平面平面PAC，
所以平面PAC.
又平面平面PAC，
所以平面PAC.
又平面，
所以平面平面PAC.
又平面，所以平面PAC.
（2）解：由平面，得两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以，.
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
令，得，
则平面的一个法向量为.
由（1）得平面平面PAC，又平面PAC，
所以平面，
从而为平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2024·山东潍坊·三模）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，先得出平面平面，由面面平行证明线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）取的中点，连接，
由直三棱柱得，，，
因为是棱的中点，点是的中点，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
同理可得四边形为平行四边形，所以
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，平面，
所以平面平面，又A1C⊂平面，
所以平面．
（2）设，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
由得，，取，的，
设平面的一个法向量为，
由得，，取，的n2=0,1,1，
设平面与平面的夹角为，
则，
由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为．
考点十、补全条件证空间中的平行关系
1．（2023·贵州毕节·模拟预测）三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，是等腰三角形，∠ACB=120°，，与交于点M，，的中点分别为N，O，如图所示.
(1)在平面内找一点D，使平面，并加以证明；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)为的中点，证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理作答.
（2）以点O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）连接，取的中点为，连接，则平面.
在三棱柱中，四边形是平行四边形，即为的中点，
而为的中点，于是，平面平面，
所以平面.
（2）在三棱柱中， 是等腰三角形，为的中点，
则，而平面平面，平面平面平面，
于是平面，连接，而四边形是菱形，且，，
则，，即有两两垂直，
以为坐标原点，以射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
显然平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量为，则，令，得
，令二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为.
2．（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面ABE⊥平面．

(1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
【答案】(1)线段上存在中点，使得平面，理由见解析
(2)3π
【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明，，从而得到平面平面，即可得到平面；
（2）取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面，又，则点在以为直径的球与平面的交线上，即点的轨迹为圆，取的中点，过点作交于点，则平面，再求出的轨迹圆的半径，即可气求出轨迹长.
【详解】（1）线段上存在中点，使得平面，理由如下：

取的中点，的中点，连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，
即为线段的中点时，平面.
（2）取的中点，连接、，
又，为等边三角形，所以，，
，平面，所以平面，
又，所以平面，
又，所以点在以为直径的球上，
所以点在以为直径的球与平面的交线上，
即点的轨迹为圆，
取的中点，由平面，过点作交于点，
则平面，
又，则，
设球的半径为，的轨迹圆的半径为，则，，
所以点的轨迹长度为.

3．（2023·浙江·三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.
(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；
(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面A1OB内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，
则，
又因为，所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，AA1⊂平面，所以，平面，
因为，所以，，
因为DE⊄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，
因此，线段上是否存在点，且当时，平面.
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，
过点在平面A1OB内作，垂足为点，
因为，，，A1O、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为点到平面的距离为，即，
且，
所以，，
由图可知，∠A1OB为锐角，所以，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
，，
设平面的法向量，则，
取x=3，则，
，
所以，，
因为，
因此，与平面所成角的正弦值为.
1．（2023·河南·模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，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，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
2．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，为的中点
【分析】（1）根据计算可得；
（2）当为的中点时满足平面平面，设AC∩BD=O，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.
【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形，
所以平面，
所以.
（2）当为的中点时满足平面平面，
设AC∩BD=O，连接，
因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，又平面，A1C⊂平面，所以平面，
又为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，
又DE⊄平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
3．（2022·辽宁大连·模拟预测）如图，多面体中，平面，
(1)在线段上是否存在一点，使得平面AFC？如果存在，请指出点位置并证明；如果不存在，请说明理由；
(2)当三棱锥的体积为8时，求平面与平面AFC夹角的余弦值.
【答案】(1)存在，的中点，证明见解析；
(2).
【分析】（1）先找到G点位置，由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，由体积求解边长，用空间向量求解二面角.
【详解】（1）存在，点为中点，理由如下：
取线段AB的中点H，连接EH、HG、EG．
∵，，
∴四边形AHEF是平行四边形，∴．
又∵平面AFC，平面AFC，
∴平面AFC．
∵H、G分别为AB、BC的中点，
∴HG是的中位线，∴．
∵平面AFC，HG⊄平面AFC，
∴平面AFC．
∵，HG、平面EHG，
∴平面平面AFC．
∵平面EHG，
∴平面AFC．
（2）由，
可得
以为坐标原点，以､､的正方向为､､轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题可知，，，，，
设平面AFC的一个法向量为
，
则，可以取
设平面的一个法向量为
，
则，可以取
设平面与平面AFC夹角为，
则，
∴平面与平面AFC夹角的余弦值为.
考点十一、补全图形证空间中的平行关系
1．（2024·山东临沂·一模）如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)作直线即为所求，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接、、、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，则，即可证明平面；
（2）由，又因为，则当，即当时直三棱柱的体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）作直线即为所求，
连接交于点，连接、、、，
因为，，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，所以，又平面，平面，
所以平面，
所以在平面内，过作一条直线与平面平行的直线为.
（2）因为，
又因为，
所以当时S△ABC取最大值，
即当时直三棱柱的体积最大，
又平面，平面，所以，，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

1．（2024·福建龙岩·一模）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，设平面平面.
(1)作出（不要求写作法）；
(2)线段上是否存在一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)作图见解析；
(2)为线段的中点，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用平面的基本事实作出直线.
（2）取线段的中点，利用线面平行的判定推理即得.
（3）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）延长交于点，经过点画直线，则直线即为所作直线，如图：
平面，则平面，同理平面，又P∈平面，P∈平面，
因此平面平面，即平面平面，
所以直线即为所作直线.
（2）点为的中点，使平面.

由，得，而，则，即为的中点，
又为的中点，于是，而平面平面，
因此平面，所以线段的中点，使平面.
（3）分别取中点，连接，则，而，则有，
又平面，于是平面，
即平面，而PO⊂平面，则，由为中点，得PO⊥AB，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，
设向量为平面的法向量，则，取，得，
又为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
2．（2024·贵州遵义·三模）如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，M为中点．
(1)过M作平面，使得平面与平面的平行（只需作图，无需证明）
(2)试确定（1）中的平面与线段的交点所在的位置；
(3)若平面，在线段是否存在点P，使得二面角的平面角为余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)图形见解析
(2)（1）中的平面与线段的交点在靠近点的四等分点处
(3)存在，
【分析】（1）取的中点H,Q，连接，延长交于点，连接并延长交于点，连接，即可得解；
（2）先证明，再利用相似比求解即可；
（3）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点H,Q，连接，延长交于点，
连接并延长交于点，连接，
取的中点，连接，则且，
故，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
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，
因为H,Q分别为的中点，
所以，
又BF⊂平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面即为平面；
（2）又（1）得，点在线段上靠近点的四等分点处，
即（1）中的平面与线段的交点在靠近点的四等分点处；
（3）如图所示，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
设，
则故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，解得，此时，
所以存在，.
1．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，，，⊥，且平面⊥平面.
(1)在DE上确定一点M，使得平面；
(2)若，且，求多面体的体积.
【答案】(1)点M是ED的中点
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到四边形平行四边形，所以，从而得到线面平行；
（2）作出辅助线，证明出面面垂直，得到CN是四棱锥C－ABFE的高，从而求出，同理得到，相加得到答案.
【详解】（1）当M是ED的中点时，满足平面，理由如下：
取AD中点G，过点G作交DE于点M，则，
连接，
又由题，有，，所以，，
即四边形平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）取AB中点，连接，BD，
由条件知是边长为1的正三角形，于是CN⊥AB，且.
因为四边形为菱形，所以⊥，
因为平面⊥平面，交线为，
又平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，所以⊥，
又BF⊥AD，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
因为，平面ABFE，
所以⊥平面ABFE，
即CN是四棱锥C－ABFE的高.
设梯形ABFE的面积为，则，
，
同理可知C点到平面ADE的距离也等于，
于是.
于是多面体ABCDEF的体积.
2．（2024·四川成都·模拟预测）已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可得证；
（2）由球的表面积求出球的半径，由正四棱锥的性质可知球心必在上，连接，利用勾股定理求出，即可求出，再由为中点得到到平面的距离为，最后由计算可得.
【详解】（1）依题意底面为正方形，、相交于，
所以为的中点，又为中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设球的半径为，由球的表面积公式，
解得（负值舍去），
设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上，
连接，则，，，
则在，则，即，
解得（负值舍去），
则，所以，
又为中点，平面且，所以到平面的距离为，
所以.

3．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面SAB；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；
（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.
【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，
则 ，，
又底面是正方形，即 ，
则，即四边形为平行四边形，
则，又在平面SAB外，平面SAB，
故平面SAB.
（2）取线段的中点为点，连接SO、，
又，底面是边长为的正方形，
则，且，，
又二面角的大小为，
即平面平面，
又平面SAB，平面平面，
则平面，
则是直线与平面所成角，
在中，，
即，
故直线与平面所成角的大小为.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助平行四边形的性质及平行线的传递性证明,再利用线面平行的判定定理进行证明；
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，利用等体积法求出三棱锥的体积，根据梯形的性质求出，即可得解
【详解】（1）由三棱台的结构特征可知平面平面，，
因为为等腰直角三角形，，为的中点，
所以，，所以四边形为平行四边形，
得．同理可证，则．
又平面，平面，所以平面．
（2）由题易知，，
又，平面，AA1⊂平面,
所以平面．
连接，
易得，
则．
在梯形中，，，，
作，则，
所以．
设点到平面的距离为，
所以，解得，
所以点到平面的距离为．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，分别为的中点．
(1)判断与平面的位置关系，并给予证明；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)平面，证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，先证明四边形是平行四边形，从而证得，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式及同角三角函数的基本关系即可得平面与平面所成二面角的正弦值．
【详解】（1）平面，证明如下：
解法一 如图，取的中点，连接交于点，连接，
平行四边形中，分别为的中点，则，，
则四边形为平行四边形，得，，
则为的中点，有，，
为的中点，则，，
所以，，四边形是平行四边形，所以．
又平面，平面，所以平面．
解法二 如图，取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为分别为BB1,DD1的中点，
所以，，所以四边形是平行四边形，
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，所以平面．
（2）连接，因为，为的中点，所以．
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，过点且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
则，
则，．
设平面的一个法向量为，则，
令，则，得．
设平面的一个法向量为，则，
令，则，得.
设平面与平面所成二面角的大小为，
则，
所以，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为．
6．（2024·天津红桥·二模）在如图所示的几何体中，平面，，四边形为平行四边形，，，，．
(1)求证：直线PB//平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由即可证明；
（2）求出平面的法向量，再求出，即可得解；
（3）设平面与平面夹角为，由求出csθ，从而求出sinθ.
【详解】（1）因为平面，，如图建立空间直角坐标系，
因为四边形为平行四边形，，，，，
则，，，
解得（负值已舍去），
则P0,0,1，B1,0,0，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取n=0,1,0，
所以，即，
又PB⊄平面，所以PB//平面.
（2）因为，，
设平面的法向量为，
则，取，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设平面与平面夹角为，
则，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
7．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形，，，取的中点，将等腰梯形沿线段翻折，使得二面角为，连接、得到如图所示的四棱锥A−BCDE，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥A−BCDE的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先说明四边形为平行四边形，连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）在等腰梯形中可得、为等边三角形，在四棱锥A−BCDE中取的中点，连接、，过点作交于点，即可得到为二面角的平面角，求出，再证明平面，最后根据计算可得.
【详解】（1）在等腰梯形中，，，为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
连接交于点，连接，则为的中点，又为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）在等腰梯形中，由（1）知，即为等边三角形，
则，连接，则也为等边三角形，即，所以也为等边三角形，
在四棱锥A−BCDE中取的中点，连接、，过点作交于点，
依题意且，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以为等边三角形，
所以，
又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又，
所以.
8．（2024·江西景德镇·三模）已知在正三棱柱中，，.
(1)已知，分别为棱，的中点，求证：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）为中点，通过证明，证明平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）取中点，连接，.
∵G，分别为，中点，且，
又为中点，且，
且，
故四边形是平行四边形，.
而平面，面，
平面.
（2）如图以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则.
设平面的法向量为，则，
令，得，，.
又，.
即直线与平面所成角的正弦值是.
9．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，AB//CD，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面平面，得平面，再证即可；
（2）依题建系，分别就① ，② ，③，写出相关点的坐标，求得平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）设，求得，分别利用①，②，③求得，结合列方程组，求出即得
【详解】（1）因为AB//CD，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 AB∩AE=A，且AB,AE⊂平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若选择条件①，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，B(1,0,0)，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件②，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，B(1,0,0)，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件③，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，B(1,0,0)，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有.
设，，则，
由（1）知，所以
故存在实数，使得,即，解得,符合题意.
故得.
10．（2024高三·全国·专题练习）在正四棱柱中，是底面的中心，底面边长为2，正四棱柱的体积为16
(1)求证：直线平行于平面
(2)求与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连结AC，BD，设交点为O，连结，然后证明为平行四边形，再由线面平行判定定理可证；
（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.
【详解】（1）连结AC，BD，设交点为O，连结，
∵，且，
故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故直线平行于平面
（2）由题易知，两两互相垂直，
故分别以为轴建立空间直角坐标系，如图：
正四棱柱的体积为16，则 ，
故 ，
易知为平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成的角的正弦值为.
1．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，为棱的中点.
【分析】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得.
（2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得．
【详解】（1）由E，F分别为和的中点，得，
而平面，平面，
所以平面.
（2）棱柱中，侧棱底面，
取AB中点O，中点M，连接，
则，平面，而平面，则有，
又，则，即直线两两垂直，
以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，
假设在平面上存在点P，使，设，
，
，即，显然，
由，得，因此，即，此时，
所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使.
2．（2024·河北·模拟预测）如图所示，三棱柱中，分别为棱的中点，分别是棱上的点，.
(1)求证：直线平面；
(2)若三棱柱为正三棱柱，求平面和平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，则可证得，再由可证得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，
因为分别为棱的中点，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为分别为棱的中点，所以，
因为∥∥，所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以直线平面；
（2）解：连接，因为三棱柱为正三棱柱，
所以为等边三角形，所以，
所以以为原点，以所在的直线为轴，过与平行的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
设平面和平面的夹角为，则，
因为，所以.
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面平面，，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若侧面为等边三角形，求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形中位线结合且得到四边形是平行四边形，所以，由线面平行的判定证得平面；
（2）由面面垂直得到线面垂直从而得到到平面的距离，在梯形中得到的面积，由得到所求棱锥体积.
【详解】（1）如图，取的中点，取的中点，取的中点，连接．
因为分别为的中点，所以且，
因为分别为的中点，所以且，
又因为且，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以．
又由平面平面，所以平面．
（2）
如图，连接．
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面PAD∩平面平面，所以平面．
因为，所以，，，
又因为为的中点，所以点到平面的距离．
在梯形中，由，可得，所以，
又由，所以，
故，所以四面体的体积为．
4．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，点在上，点在上，平面平面．

(1)求证：是的中点；
(2)若，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）由面面平行得到线线平行，从而得到四边形为平行四边形，，得到结论；
（2）作出辅助线，得到，结合三角形全等得到，从而证明出线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
平面平面．所以，
又由梯形可得，所以四边形为平行四边形，
所以，所以是的中点．
（2）连接，由（1）知是的中点，，
故，故，
因为，
所以，故，即，
因为，所以与全等，
所以，即，
又平面，所以平面，
以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，

因为，由勾股定理得，
则，
所以，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
即，
取x=3，则，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面．
得，
又是的中点，所以是的中点，．
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
5．（2024·贵州六盘水·三模）已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连结，，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）结合余弦定理与勾股定理可证，利用面面垂直的性质定理知平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
【详解】（1）证明：取的中点为，连结，因为为中点，
则，且，
因为，，，所以
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面;
（2）在中，，所以，
在中，，即，
因为平面⊥平面，平面平面，AA1⊂平面，
所以平面，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，由图知为钝角，
所以，
所以，
故二面角的正弦值为．
6．（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，从而证明平面，平面，即可得到平面平面，即可得证．
（2）推导出平面，平面，平面平面，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，利用向量法能求出二面角的正弦值．
【详解】（1）取的中点，连接，，
，为的中点，，
又，．
又平面，平面，平面．
∵F为的中点，．
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
又BF⊂平面，平面．
（2），由（1）知，，
又，为的中点，，
又，平面，平面，
又平面，，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面，
连接，，为的中点，，
又平面平面，平面，
平面，平面，，
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，
是与平面所成的角，即，
，设，则，，，，
，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设二面角的平面角为，
，
所以，即二面角的正弦值为．
7．（2024·山东日照·三模）在五面体中，，.

(1)求证：；
(2)若，，，点到平面ABFE的距离为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，得到，，由线面平行的判定定理可得，由线面平行的性质得到直线.
(2)证明，，.故以分别为坐标轴建立空间直角坐标系，由，解得的长，分别找到二面角各点坐标，有空间向量求解二面的余弦值.
【详解】（1）证明：因为，，
所以，
因为，，
所以，
因为平面平面，平面，
所以.
（2）由于平面，，所以，平面，
故，
又因为平面，，平面，
所以，
又，，，DC⊂平面，
所以平面
由于，则，
故，
故为等腰直角三角形，所以，，
如图以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建系，

则A1,0,0，，，，，
设平面的法向量为，则，
平面的法向量为，
因为，，
所以，即
令，则，
设成的角为，由图可知为锐角，
所以二面角的余弦值为
8．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即λ=12时取等号，所以的最小值为8.
9．（2024·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，的中点分别为，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接、，设，根据，则即可求出，从而证明四边形为平行四边形，即可得到，从而得证；
（2）利用勾股定理逆定理得到，再由，即可得到AO⊥平面，即可得证；
（3）过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接、，设，
则，，
因为，，则，
，解得，则为的中点，
由分别为的中点，
所以且， 且，即且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）由（1）可知，则，，
所以，因此，则，
有，又平面，
所以AO⊥平面，又平面，所以平面平面.
（3）因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
在中，，
在中，，
即，
设，所以由，可得，
解得，所以，
则 ，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，得，
令，则，所以，
又平面的一个法向量为，
设二面角为，显然为钝角，
所以，所以二面角的大小为.
10．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点.
(1)过点的平面平行于平面且与交于点，求；
(2)若平面平面，且，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两条平行线确定一个平面，作出过点平行于平面的平面，并证明. 从而利用平面与平面平行的性质定理可得，所以，则.
【详解】（1）（2）因为平面平面，只需在平面内向作一条垂线即可证明该垂线与平面垂直，进而与垂直；再利用平面，有，利用直线与平面垂直的判定定理可得平面，则. 建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算公式求得,
过作，交于，交于；过作交于.
因为，面，面，则面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即为题中所述平面.
因为平面平面，平面平面，所以，
所以.
因为，
所以.
因为为中点，且，
所以为中点，
所以，
所以，则.
（2）
过作交于.
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以.
因为，，且、平面，
所以平面.
又因为平面，
所以.
如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
，，，，，
，，.
设n=x,y,z为平面的法向量，
则，令，则，
则.
1．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
2．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面PAC；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面PAC，平面PAC，
所以平面PAC

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面AEC的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

3．（2022·全国·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面MNFE的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
4．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故CB⊥平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取z=−1，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，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间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取z=−1，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
5．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线FC1在平面中的射影，∠为直线FC1与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
6．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
7．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面PAC⊥平面，，，，
（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面PAC所成角的正弦值.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.
【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；
（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面PAC所成的角，放在直角三角形中求得结果.
【详解】（I）证明：连接，易知，，
又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
（II）证明：取棱的中点，连接，
依题意，得，
又因为平面PAC⊥平面，平面PAC平面，
所以平面PAC，又平面PAC，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：连接，
由（II）中平面PAC，
可知为直线与平面PAC所成的角.
因为为等边三角形，且为的中点，
所以，又，
在中，，
所以，直线与平面PAC所成角的正弦值为.
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.
8．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设AC∩BD=O，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：A3,0,0，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令x=3，则，z=−1

二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第17题,15分
证明线面平行
证明面面垂直
由二面角大小求线段长度
2023年全国乙卷（理），第19题,12分
证明线面平行
证明线面垂直
证明面面垂直
求二面角
2022年新Ⅱ卷，第20题,12分
证明线面平行
面面角的向量求法
2022年全国甲卷（文），第19题,12分
证明线面平行
求组合体的体积
2020年全国乙卷（理），第20题,12分
证明线面平行
求线面角
证明面面垂直
点与直线的位置关系
点在直线上
点不在直线上
点与面的位置关系
点在平面上
点不在平面上
线与线的位置关系
平行，
相交，
，异面
线与面的位置关系
面与面的位置关系
平行，
相交，
与重合
图形语言
符号语言
图形语言
符号语言
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
图形语言
符号语言
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
图形语言
符号语言