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高考数学真题专项练习 专题23 空间点线面的位置关系（解析版）
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这是一份高考数学真题专项练习 专题23 空间点线面的位置关系（解析版），共33页。试卷主要包含了，且为的中点，设是直线，是两个不同的平面，已知矩形，，等内容，欢迎下载使用。
专题23空间点线面的位置关系
十年大数据*全景展示
年份
题号
考点
考查内容
2011
文18
空间垂直问题及其应用
线面垂直的性质、线面垂直的判断、三棱锥高的计算，空间想象能力、逻辑推理能力
2013
卷2
理4
空间平行问题
空间垂直问题及其应用
空间线线、线面、面面平行、垂直判定与性质及异面直线的知识，空间想象能力
2014
卷1
文19[来源:Z。xx。k.Com]
空间垂直问题及其应用
空间线线、线面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，空间想象能力、推理论证能力
2015
卷2
理19
空间几何体的截面问题
截面问题及利用空间向量计算线面角，逻辑推理能力与运算求解能力
2016
卷3[来源:Zxxk.Com]
文19[来源:Z,xx,k.Com][来源:Zxxk.Com]
空间平行问题[来源:Z§xx§k.Com][来源:Z|xx|k.Com]
以四棱锥为载体线面平行的判定与性质与简单几何体体积的计算，逻辑推理能力与运算求解能力[来源:学|科|网][来源:Zxxk.Com][来源:学#科#网Z#X#X#K]
卷2
文19
空间垂直问题及其应用
折叠问题中的线线垂直的判定、简单几何体的体积的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理14
空间平行问题
空间垂直问题及其应用
线性、线面、面面平行与垂直的判定与性质，逻辑推理能力
2017
卷3
文19
空间垂直问题及其应用
主要以三棱锥为载体线性垂直、线面垂直、面面垂直的判定与性质及简单几何体的体积的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷3
文10
空间垂直问题及其应用
主要以正方体为载体线性垂直、线面垂直、面面垂直的判定与性质，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
文18
空间平行问题
线面平行的判定与性质、简单几何体的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷1
文6
空间平行问题
线面平行的判定与性质，逻辑推理能力与运算求解能力
2018
卷2
文19
空间垂直问题及其应用
空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、点到平面距离的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷1
文18
空间垂直问题及其应用
折叠问题中的空间面面的判定与性质及简单几何体的体积，逻辑推理能力及运算求解能力
卷1
理16
空间几何体的截面问题
本题线面角及截面的最大值，逻辑推理能力及运算求解能力
2019
卷1
文19
空间平行问题
空间线面平面的判定及利用等体积法求点到面的距离，逻辑推理能力及运算求解能力
卷1
文16
空间垂直问题及其应用
线面垂直的判定与性质及点到面的距离，逻辑推理能力与运算求解能力
卷3
理8文8
空间位置关系判定
空间两直线的位置关系及空间想象能力
卷2
理7文7
空间平行问题
面面平行的判定及充要条件
卷1
文19
空间垂直关系，面积、体积
面面垂直的证明，考查锥体的体积公式
卷2
文20
空间位置关系判定
线线平行和面面垂直的证明，四棱锥体积的计算
卷3
文19
空间位置关系判定
线线垂直的证明，点与平面位置关系的证明
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021年预测
考点78空间位置关系的判定
1/19
2021年高考仍将小题重点考查平行与垂直的判定与性质，为基础题，若为截面问题，则为中档题，题型为选择填空题．解答题，第一小题，多为证明线线、线面、面面垂直与平行的判定与性质，第二小题，文科多为计算体积和表面积的计算或点到面的距离，难度为中档题．
考点79空间平行问题
7/19
考点80空间垂直问题及其应用
11/19
考点81空间几何体的截面问题
2/19
十年试题分类*探求规律
考点78 空间位置关系的判定
1．（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．
2．（2019•新课标Ⅰ，文16）已知，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，那么到平面的距离为 ．
【答案】
【解析】因为，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，，，到平面的距离为．
考点79 空间平行问题
1．（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．
2．（2017•新课标Ⅰ，文6）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，直线与平面不平行的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；所以选项满足题意，故选．
3．(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．
4．（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．
5．（2017•新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．
（1）证明：直线平面；
（2）若面积为，求四棱锥的体积．
【解析】（1）证明：四棱锥中，．，平面，平面，
直线平面；
（2）解：四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．设，
则，，是的中点，
连接，，的中点为：，连接，
则，，，
面积为，可得：，
即：，解得，．
则．
6．（2016•新课标Ⅲ，文19）如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．
（Ⅰ）证明平面；
（Ⅱ）求四面体的体积．
【解析】证明：（Ⅰ）取中点，连结，，
为的中点，是的中位线
，
又，，
，，为线段上一点，，
，
四边形是平行四边形，
，平面平面，
平面，平面．
（Ⅱ）取中点，连结，
是的中位线，
，，
又面，面，
如图，延长至，使得，连结，
，四边形是平行四边形，
，
又，，
的高，
，
四面体的体积．
7．（2013辽宁）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．
（Ⅰ）求证：
（Ⅱ）设为的中点，为的重心，求证：平面．
【解析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，得AC⊥BC．
由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，
又PA∩AC=A,PA平面PAC，AC平面PAC，
所以BC⊥平面PAC．
（Ⅱ）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO．
由G为∆AOC的重心，得M为AC中点，
由G为PA中点，得QM//PC．
又O为AB中点，得OM//BC．
因为QM∩MO=M,QM平面QMO．
所以QG//平面PBC．
8．（2012江苏）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点D 不同于点C），且为的中点．
求证：（Ⅰ）平面平面；
（Ⅱ）直线平面．
【解析】（Ⅰ）因为是直三棱柱，所以平面ABC,
又平面,所以，
又因为平面，
所以平面,
又AD平面ADE,
所以平面ADE平面．
（Ⅱ）因为，为的中点，
所以．因为平面，
且平面，
所以
又因为，平面，，
所以平面，
所以AD．
又AD平面，平面，
所以平面．
考点80 空间垂直问题
1．（2017•新课标Ⅲ，文10）在正方体中，为棱的中点，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连，由题意得，平面，且平面，
，，平面，平面，，
故选．
2．（2013新课标Ⅱ，理4）已知，为异面直线，⊥平面，⊥平面，直线满足⊥，⊥，，，则
A．∥且∥ B．⊥且⊥
C．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】若∥，又⊥平面，则⊥平面，又∵⊥平面，∴∥，与与异面矛盾，故A错；
若⊥，∵⊥平面，∴∥，与⊥矛盾；
若与相交，设交线为，过上一点作直线∥，设与确定的平面为，∵⊥，∴⊥，∵⊥，∴⊥，又⊥平面，⊥平面，∴⊥， ⊥，∴⊥，∴⊥，则∥，故选D．
3．（2011辽宁）如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是
A．ACSB
B．AB平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D
【解析】选项A正确，∵平面，而在平面内，所以．因为为正方形，所以，而与相交，所以平面，所以；选项B正确，因为，而在平面内，不在平面内，所以平面；选项C正确，设与的交点为，连结，则与平面所成的角，与平面所成的角，易知这两个角相等；选项D错误，与所成的角等于，而与所成的角等于，易知这两个角不相等，故选D．
4．（2015福建）若 是两条不同的直线，垂直于平面 ，则“ ”是“∥”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由“且”推出“或”，但由“且”可推出“”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B．
5．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线，满足，则下面结论一定正确的是
A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定
【答案】D
【解析】利用正方体模型可以看出，与的位置关系不确定．选D．
6．（2014浙江）设是两条不同的直线，是两个不同的平面
A．若，，则 B．若，则
C．若则 D．若，，，则
【答案】C
【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．
7．（2014辽宁）已知，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
【答案】B
【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或或与相交，D错误．故选B．
8．（2013广东）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面,下列命题中正确的是
A．若,,,则
B．若,,,则
C．若,,,则
D．若,,,则
【答案】D
【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中 应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D．
9．（2012浙江）设是直线，是两个不同的平面
A．若∥，∥，则∥ B．若∥，⊥，则⊥
C．若⊥，⊥，则⊥ D．若⊥, ∥，则⊥
【答案】B
【解析】利用排除法可得选项B是正确的，∵∥，⊥，则．如选项A：
∥，∥时，⊥或∥；选项C：若⊥，⊥，∥或；
选项D：若⊥, ⊥，∥或⊥．
10．（2012浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B
【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．
11．（2011浙江）下列命题中错误的是
A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
C．如果平面，平面，，那么
D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
【答案】D
【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的，故选D．
12．（2016•新课标Ⅱ，理14），是两个平面，，是两条直线，有下列四个命题：
①如果，，，那么．
②如果，，那么．
③如果，，那么．
④如果，，那么与所成的角和与所成的角相等．
其中正确的命题是 （填序号）
【答案】②③④
【解析】①如果，，，不能得出，故错误；
②如果，则存在直线，使，由，可得，那么．故正确；
③如果，，那么与无公共点，则，故正确
④如果，，那么，与所成的角和，与所成的角均相等，故正确；
13．（2019北京理12）已知l，m是平面a外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①； ②； ③
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ______．
【答案】 若，则或，则．
【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得： 若，则．
由线面平行、垂直的性质定理得，则．
14．（2020全国I文19）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面⊥平面；
（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）根据已知可得，进而有，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论．
【解析】（1）为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为．
15．（2020全国Ⅱ文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，．
16．（2020全国Ⅲ文19）如图，在长方体中，点分别在棱上，且．证明：
（1）当时，；
（2）证明：点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【思路导引】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得，进而可证平面，即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得，再通过平行四边形性质进行证明即可．
【解析】
（1）因为长方体，所以平面，
因为长方体，所以四边形为正方形，
因为平面，因此平面，
因为平面，所以．
（2）在上取点使得，连，
因为，所以所以四边形为平行四边形，，因为所以四边形为平行四边形，，因此在平面内．
17．（2020江苏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．
18．（2018•新课标Ⅰ，文18）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【解析】（1）证明：在平行四边形中，，，
又．且，
面，面，
平面平面；
（2），，，
，
由（1）得，又，面，
三棱锥的体积
．
19．（2018•新课标Ⅱ，文19）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
【解析】（1）证明：，，，即是直角三角形，
又为的中点，，
，，，
，，，平面；
（2）由（1）得平面，，
在中，．
，
．
设点到平面的距离为．由，
解得，
点到平面的距离为．
20．（2017•新课标Ⅲ，文19）如图四面体中，是正三角形，．
（1）证明：；
（2）已知是直角三角形，，若为棱上与不重合的点，且，求四面体与四面体的体积比．
【解析】证明：（1）取中点，连结、，
是正三角形，，
，，
，平面，
平面，．
（2）法一：连结，由（1）知平面，
平面，，
设，则，，
，，，
，
是线段垂直平分线上的点，，
由余弦定理得：
，
即，解得或，
，，，
四面体与四面体的高都是点到平面的高，
，，
四面体与四面体的体积比为1．
21．（2016•新课标Ⅱ，文19）如图，菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，交于点，将沿折到△的位置．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，，，，求五棱锥体积．
【解析】（Ⅰ）证明：菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，
，且
将沿折到△的位置，
则，
，
；
（Ⅱ）若，，则，，
，，
，
，
，
，，，，
，，
满足，
则为直角三角形，且，
又，，
即底面，
即是五棱锥的高．
底面五边形的面积，
则五棱锥体积．
22．（2014新课标I，文19）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．
（I）证明：
（II）若,求三棱柱的高．
【解析】（I）连结，则是与的交点，∵侧面为菱形，∴⊥，
又∵⊥平面，∴⊥，∴⊥平面，∵平面，
∴⊥． ……6分
（II）作⊥，垂直为D，连结AD，作OH⊥AD，垂足为H，
∵BC⊥AO，BC⊥OD，∴BC⊥平面AOD，∴OH⊥BC，∵OH⊥AD，∴OH⊥平面ABC．
∵=，∴△为正三角形，∵BC=1，可得OD=．
∵AC⊥AB，∴OA==．
∵，且==，得=，
又∵O是的中点，∴点到平面的距离为，
故三棱锥的高为． ……12分
23．（2011•新课标，文18）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，=，=,⊥底面．
(Ⅰ)证明：；
（Ⅱ）若==1，求棱锥的高．
【解析】（Ⅰ）因为， 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD．故 PABD
（Ⅱ）如图，作DEPB，垂足为E．已知PD底面ABCD，则PDBC．由（Ⅰ）知BDAD，又BC//AD，所以BCBD．
故BC平面PBD，BCDE．
则DE平面PBC．
由题设知，PD=1，则BD=，PB=2，
根据BE·PB=PD·BD，得DE=，
即棱锥D—PBC的高为
24．（2019江苏16）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．
证明：（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．
25．（2018江苏）在平行六面体中，，．
求证：(1)平面；
(2)平面平面．
【证明】(1)在平行六面体中，．
因为平面，平面，
所以∥平面．
(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．
又因为，所以四边形为菱形，
因此⊥．
又因为⊥，∥，
所以⊥．
又因为=，平面，平面，
所以⊥平面．
因为平面，
所以平面⊥平面．
26．（2017江苏）如图，在三棱锥中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
【解析】证明：（1）在平面内，因为，，
所以．
又因为平面，平面，
所以∥平面．
（2）因为平面⊥平面，
平面平面=，
平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
又，，平面，平面，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以．
27．（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）
（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；
（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．
【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，
所以平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
因为，．
所以，从而．
记与水平的交点为，过作，为垂足，
则平面，故，
从而．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm．
( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，，是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义，⊥平面 ，
所以平面⊥平面，⊥．
同理，平面⊥平面，⊥．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
过作⊥，为垂足， 则==32．
因为= 14，= 62，
所以= ，从而．
设则．
因为，所以．
在中，由正弦定理可得，解得．
因为，所以．
于是
．
记与水面的交点为，过作，为垂足，则 ⊥平面，故=12，从而 =．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为20cm．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
28．（2014山东）如图，四棱锥中，，，
分别为线段的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：．
【解析】（Ⅰ）设，连结OF，EC，
由于E为AD的中点，，
所以,
因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，
因此在中，可得．
又平面，平面，所以∥平面．
（Ⅱ）由题意知，，所以四边形为平行四边形，
因此．又平面PCD，所以，因此．
因为四边形ABCE为菱形，所以．
又，AP，AC平面PAC，所以平面．
29．(2014江苏)如图，在三棱锥中，，E，F分别为棱的中点．已知，
求证：（Ⅰ）直线平面；
（Ⅱ）平面平面．
【解析】（Ⅰ）∵为中点，∴DE∥PA
∵平面DEF，DE平面DEF，∴PA∥平面DEF
（Ⅱ）∵为中点，∴
∵为中点，∴
∴，∴，∴DE⊥EF
∵，∴
∵，∴DE⊥平面ABC
∵DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．
30．(2012广东)如图所示，在四棱锥中，平面，，是中点，是上的点，且，为中边上的高．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，求三棱锥的体积；
（Ⅲ）证明：平面．
【解析】（Ⅰ）平面，面
又面
（Ⅱ）是中点点到面的距离
三棱锥的体积
（Ⅲ）取的中点为，连接，，
又平面面面面，
点是棱的中点，得：平面．
31．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，
=60°，、分别是、的中点．
求证：（Ⅰ）直线∥平面；
（Ⅱ）平面⊥平面．
【证明】：（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD．
（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形，
因为F是AD的中点，
所以BF⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF⊥平面PAD．
又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．
32．（2019江苏16）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．
证明：（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．
33．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面平面，，
=60°，、分别是、的中点．
求证：（Ⅰ）直线平面；
（Ⅱ）平面平面．
【证明】（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，
所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF//平面PCD．
（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以为正三角形，
因为F是AD的中点，
所以BFAD．
因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF平面PAD．
又因为BF平面BEF，
所以平面BEF平面PAD．
考点81 空间几何体的截面问题
1．（2018•新课标Ⅰ，理12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，截此正方体所得截面最大值为：，故选．
2．（2015•新课标Ⅱ，理19）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）交线围成的正方形如图：
（2）作，垂足为，则：，，
，。
以边，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：
，0，，，10，，，4，，，4，，。
设为平面的法向量，则：，取，则，
若设直线和平面所成的角为，则：，直线与平面所成角的正弦值为．
专题23空间点线面的位置关系
十年大数据*全景展示
年份
题号
考点
考查内容
2011
文18
空间垂直问题及其应用
线面垂直的性质、线面垂直的判断、三棱锥高的计算，空间想象能力、逻辑推理能力
2013
卷2
理4
空间平行问题
空间垂直问题及其应用
空间线线、线面、面面平行、垂直判定与性质及异面直线的知识，空间想象能力
2014
卷1
文19[来源:Z。xx。k.Com]
空间垂直问题及其应用
空间线线、线面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，空间想象能力、推理论证能力
2015
卷2
理19
空间几何体的截面问题
截面问题及利用空间向量计算线面角，逻辑推理能力与运算求解能力
2016
卷3[来源:Zxxk.Com]
文19[来源:Z,xx,k.Com][来源:Zxxk.Com]
空间平行问题[来源:Z§xx§k.Com][来源:Z|xx|k.Com]
以四棱锥为载体线面平行的判定与性质与简单几何体体积的计算，逻辑推理能力与运算求解能力[来源:学|科|网][来源:Zxxk.Com][来源:学#科#网Z#X#X#K]
卷2
文19
空间垂直问题及其应用
折叠问题中的线线垂直的判定、简单几何体的体积的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理14
空间平行问题
空间垂直问题及其应用
线性、线面、面面平行与垂直的判定与性质，逻辑推理能力
2017
卷3
文19
空间垂直问题及其应用
主要以三棱锥为载体线性垂直、线面垂直、面面垂直的判定与性质及简单几何体的体积的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷3
文10
空间垂直问题及其应用
主要以正方体为载体线性垂直、线面垂直、面面垂直的判定与性质，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
文18
空间平行问题
线面平行的判定与性质、简单几何体的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷1
文6
空间平行问题
线面平行的判定与性质，逻辑推理能力与运算求解能力
2018
卷2
文19
空间垂直问题及其应用
空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、点到平面距离的计算，逻辑推理能力与运算求解能力
卷1
文18
空间垂直问题及其应用
折叠问题中的空间面面的判定与性质及简单几何体的体积，逻辑推理能力及运算求解能力
卷1
理16
空间几何体的截面问题
本题线面角及截面的最大值，逻辑推理能力及运算求解能力
2019
卷1
文19
空间平行问题
空间线面平面的判定及利用等体积法求点到面的距离，逻辑推理能力及运算求解能力
卷1
文16
空间垂直问题及其应用
线面垂直的判定与性质及点到面的距离，逻辑推理能力与运算求解能力
卷3
理8文8
空间位置关系判定
空间两直线的位置关系及空间想象能力
卷2
理7文7
空间平行问题
面面平行的判定及充要条件
卷1
文19
空间垂直关系，面积、体积
面面垂直的证明，考查锥体的体积公式
卷2
文20
空间位置关系判定
线线平行和面面垂直的证明，四棱锥体积的计算
卷3
文19
空间位置关系判定
线线垂直的证明，点与平面位置关系的证明
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021年预测
考点78空间位置关系的判定
1/19
2021年高考仍将小题重点考查平行与垂直的判定与性质，为基础题，若为截面问题，则为中档题，题型为选择填空题．解答题，第一小题，多为证明线线、线面、面面垂直与平行的判定与性质，第二小题，文科多为计算体积和表面积的计算或点到面的距离，难度为中档题．
考点79空间平行问题
7/19
考点80空间垂直问题及其应用
11/19
考点81空间几何体的截面问题
2/19
十年试题分类*探求规律
考点78 空间位置关系的判定
1．（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．
2．（2019•新课标Ⅰ，文16）已知，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，那么到平面的距离为 ．
【答案】
【解析】因为，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，，，到平面的距离为．
考点79 空间平行问题
1．（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．
2．（2017•新课标Ⅰ，文6）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，直线与平面不平行的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；对于选项，由于，结合线面平行判定定理可知不满足题意；所以选项满足题意，故选．
3．(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．
4．（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．
5．（2017•新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．
（1）证明：直线平面；
（2）若面积为，求四棱锥的体积．
【解析】（1）证明：四棱锥中，．，平面，平面，
直线平面；
（2）解：四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．设，
则，，是的中点，
连接，，的中点为：，连接，
则，，，
面积为，可得：，
即：，解得，．
则．
6．（2016•新课标Ⅲ，文19）如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．
（Ⅰ）证明平面；
（Ⅱ）求四面体的体积．
【解析】证明：（Ⅰ）取中点，连结，，
为的中点，是的中位线
，
又，，
，，为线段上一点，，
，
四边形是平行四边形，
，平面平面，
平面，平面．
（Ⅱ）取中点，连结，
是的中位线，
，，
又面，面，
如图，延长至，使得，连结，
，四边形是平行四边形，
，
又，，
的高，
，
四面体的体积．
7．（2013辽宁）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．
（Ⅰ）求证：
（Ⅱ）设为的中点，为的重心，求证：平面．
【解析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，得AC⊥BC．
由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，
又PA∩AC=A,PA平面PAC，AC平面PAC，
所以BC⊥平面PAC．
（Ⅱ）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO．
由G为∆AOC的重心，得M为AC中点，
由G为PA中点，得QM//PC．
又O为AB中点，得OM//BC．
因为QM∩MO=M,QM平面QMO．
所以QG//平面PBC．
8．（2012江苏）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点D 不同于点C），且为的中点．
求证：（Ⅰ）平面平面；
（Ⅱ）直线平面．
【解析】（Ⅰ）因为是直三棱柱，所以平面ABC,
又平面,所以，
又因为平面，
所以平面,
又AD平面ADE,
所以平面ADE平面．
（Ⅱ）因为，为的中点，
所以．因为平面，
且平面，
所以
又因为，平面，，
所以平面，
所以AD．
又AD平面，平面，
所以平面．
考点80 空间垂直问题
1．（2017•新课标Ⅲ，文10）在正方体中，为棱的中点，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连，由题意得，平面，且平面，
，，平面，平面，，
故选．
2．（2013新课标Ⅱ，理4）已知，为异面直线，⊥平面，⊥平面，直线满足⊥，⊥，，，则
A．∥且∥ B．⊥且⊥
C．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】若∥，又⊥平面，则⊥平面，又∵⊥平面，∴∥，与与异面矛盾，故A错；
若⊥，∵⊥平面，∴∥，与⊥矛盾；
若与相交，设交线为，过上一点作直线∥，设与确定的平面为，∵⊥，∴⊥，∵⊥，∴⊥，又⊥平面，⊥平面，∴⊥， ⊥，∴⊥，∴⊥，则∥，故选D．
3．（2011辽宁）如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是
A．ACSB
B．AB平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D
【解析】选项A正确，∵平面，而在平面内，所以．因为为正方形，所以，而与相交，所以平面，所以；选项B正确，因为，而在平面内，不在平面内，所以平面；选项C正确，设与的交点为，连结，则与平面所成的角，与平面所成的角，易知这两个角相等；选项D错误，与所成的角等于，而与所成的角等于，易知这两个角不相等，故选D．
4．（2015福建）若 是两条不同的直线，垂直于平面 ，则“ ”是“∥”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由“且”推出“或”，但由“且”可推出“”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B．
5．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线，满足，则下面结论一定正确的是
A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定
【答案】D
【解析】利用正方体模型可以看出，与的位置关系不确定．选D．
6．（2014浙江）设是两条不同的直线，是两个不同的平面
A．若，，则 B．若，则
C．若则 D．若，，，则
【答案】C
【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．
7．（2014辽宁）已知，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
【答案】B
【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或或与相交，D错误．故选B．
8．（2013广东）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面,下列命题中正确的是
A．若,,,则
B．若,,,则
C．若,,,则
D．若,,,则
【答案】D
【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中 应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D．
9．（2012浙江）设是直线，是两个不同的平面
A．若∥，∥，则∥ B．若∥，⊥，则⊥
C．若⊥，⊥，则⊥ D．若⊥, ∥，则⊥
【答案】B
【解析】利用排除法可得选项B是正确的，∵∥，⊥，则．如选项A：
∥，∥时，⊥或∥；选项C：若⊥，⊥，∥或；
选项D：若⊥, ⊥，∥或⊥．
10．（2012浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B
【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．
11．（2011浙江）下列命题中错误的是
A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
C．如果平面，平面，，那么
D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
【答案】D
【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的，故选D．
12．（2016•新课标Ⅱ，理14），是两个平面，，是两条直线，有下列四个命题：
①如果，，，那么．
②如果，，那么．
③如果，，那么．
④如果，，那么与所成的角和与所成的角相等．
其中正确的命题是 （填序号）
【答案】②③④
【解析】①如果，，，不能得出，故错误；
②如果，则存在直线，使，由，可得，那么．故正确；
③如果，，那么与无公共点，则，故正确
④如果，，那么，与所成的角和，与所成的角均相等，故正确；
13．（2019北京理12）已知l，m是平面a外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①； ②； ③
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ______．
【答案】 若，则或，则．
【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得： 若，则．
由线面平行、垂直的性质定理得，则．
14．（2020全国I文19）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面⊥平面；
（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）根据已知可得，进而有，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论．
【解析】（1）为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为．
15．（2020全国Ⅱ文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，．
16．（2020全国Ⅲ文19）如图，在长方体中，点分别在棱上，且．证明：
（1）当时，；
（2）证明：点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【思路导引】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得，进而可证平面，即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得，再通过平行四边形性质进行证明即可．
【解析】
（1）因为长方体，所以平面，
因为长方体，所以四边形为正方形，
因为平面，因此平面，
因为平面，所以．
（2）在上取点使得，连，
因为，所以所以四边形为平行四边形，，因为所以四边形为平行四边形，，因此在平面内．
17．（2020江苏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．
18．（2018•新课标Ⅰ，文18）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【解析】（1）证明：在平行四边形中，，，
又．且，
面，面，
平面平面；
（2），，，
，
由（1）得，又，面，
三棱锥的体积
．
19．（2018•新课标Ⅱ，文19）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
【解析】（1）证明：，，，即是直角三角形，
又为的中点，，
，，，
，，，平面；
（2）由（1）得平面，，
在中，．
，
．
设点到平面的距离为．由，
解得，
点到平面的距离为．
20．（2017•新课标Ⅲ，文19）如图四面体中，是正三角形，．
（1）证明：；
（2）已知是直角三角形，，若为棱上与不重合的点，且，求四面体与四面体的体积比．
【解析】证明：（1）取中点，连结、，
是正三角形，，
，，
，平面，
平面，．
（2）法一：连结，由（1）知平面，
平面，，
设，则，，
，，，
，
是线段垂直平分线上的点，，
由余弦定理得：
，
即，解得或，
，，，
四面体与四面体的高都是点到平面的高，
，，
四面体与四面体的体积比为1．
21．（2016•新课标Ⅱ，文19）如图，菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，交于点，将沿折到△的位置．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，，，，求五棱锥体积．
【解析】（Ⅰ）证明：菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，
，且
将沿折到△的位置，
则，
，
；
（Ⅱ）若，，则，，
，，
，
，
，
，，，，
，，
满足，
则为直角三角形，且，
又，，
即底面，
即是五棱锥的高．
底面五边形的面积，
则五棱锥体积．
22．（2014新课标I，文19）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．
（I）证明：
（II）若,求三棱柱的高．
【解析】（I）连结，则是与的交点，∵侧面为菱形，∴⊥，
又∵⊥平面，∴⊥，∴⊥平面，∵平面，
∴⊥． ……6分
（II）作⊥，垂直为D，连结AD，作OH⊥AD，垂足为H，
∵BC⊥AO，BC⊥OD，∴BC⊥平面AOD，∴OH⊥BC，∵OH⊥AD，∴OH⊥平面ABC．
∵=，∴△为正三角形，∵BC=1，可得OD=．
∵AC⊥AB，∴OA==．
∵，且==，得=，
又∵O是的中点，∴点到平面的距离为，
故三棱锥的高为． ……12分
23．（2011•新课标，文18）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，=，=,⊥底面．
(Ⅰ)证明：；
（Ⅱ）若==1，求棱锥的高．
【解析】（Ⅰ）因为， 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD．故 PABD
（Ⅱ）如图，作DEPB，垂足为E．已知PD底面ABCD，则PDBC．由（Ⅰ）知BDAD，又BC//AD，所以BCBD．
故BC平面PBD，BCDE．
则DE平面PBC．
由题设知，PD=1，则BD=，PB=2，
根据BE·PB=PD·BD，得DE=，
即棱锥D—PBC的高为
24．（2019江苏16）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．
证明：（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．
25．（2018江苏）在平行六面体中，，．
求证：(1)平面；
(2)平面平面．
【证明】(1)在平行六面体中，．
因为平面，平面，
所以∥平面．
(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．
又因为，所以四边形为菱形，
因此⊥．
又因为⊥，∥，
所以⊥．
又因为=，平面，平面，
所以⊥平面．
因为平面，
所以平面⊥平面．
26．（2017江苏）如图，在三棱锥中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
【解析】证明：（1）在平面内，因为，，
所以．
又因为平面，平面，
所以∥平面．
（2）因为平面⊥平面，
平面平面=，
平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
又，，平面，平面，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以．
27．（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）
（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；
（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．
【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，
所以平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
因为，．
所以，从而．
记与水平的交点为，过作，为垂足，
则平面，故，
从而．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm．
( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，，是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义，⊥平面 ，
所以平面⊥平面，⊥．
同理，平面⊥平面，⊥．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
过作⊥，为垂足， 则==32．
因为= 14，= 62，
所以= ，从而．
设则．
因为，所以．
在中，由正弦定理可得，解得．
因为，所以．
于是
．
记与水面的交点为，过作，为垂足，则 ⊥平面，故=12，从而 =．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为20cm．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
28．（2014山东）如图，四棱锥中，，，
分别为线段的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：．
【解析】（Ⅰ）设，连结OF，EC，
由于E为AD的中点，，
所以,
因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，
因此在中，可得．
又平面，平面，所以∥平面．
（Ⅱ）由题意知，，所以四边形为平行四边形，
因此．又平面PCD，所以，因此．
因为四边形ABCE为菱形，所以．
又，AP，AC平面PAC，所以平面．
29．(2014江苏)如图，在三棱锥中，，E，F分别为棱的中点．已知，
求证：（Ⅰ）直线平面；
（Ⅱ）平面平面．
【解析】（Ⅰ）∵为中点，∴DE∥PA
∵平面DEF，DE平面DEF，∴PA∥平面DEF
（Ⅱ）∵为中点，∴
∵为中点，∴
∴，∴，∴DE⊥EF
∵，∴
∵，∴DE⊥平面ABC
∵DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．
30．(2012广东)如图所示，在四棱锥中，平面，，是中点，是上的点，且，为中边上的高．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，求三棱锥的体积；
（Ⅲ）证明：平面．
【解析】（Ⅰ）平面，面
又面
（Ⅱ）是中点点到面的距离
三棱锥的体积
（Ⅲ）取的中点为，连接，，
又平面面面面，
点是棱的中点，得：平面．
31．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，
=60°，、分别是、的中点．
求证：（Ⅰ）直线∥平面；
（Ⅱ）平面⊥平面．
【证明】：（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD．
（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形，
因为F是AD的中点，
所以BF⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF⊥平面PAD．
又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．
32．（2019江苏16）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．
证明：（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．
33．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面平面，，
=60°，、分别是、的中点．
求证：（Ⅰ）直线平面；
（Ⅱ）平面平面．
【证明】（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，
所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF//平面PCD．
（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以为正三角形，
因为F是AD的中点，
所以BFAD．
因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF平面PAD．
又因为BF平面BEF，
所以平面BEF平面PAD．
考点81 空间几何体的截面问题
1．（2018•新课标Ⅰ，理12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，截此正方体所得截面最大值为：，故选．
2．（2015•新课标Ⅱ，理19）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）交线围成的正方形如图：
（2）作，垂足为，则：，，
，。
以边，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：
，0，，，10，，，4，，，4，，。
设为平面的法向量，则：，取，则，
若设直线和平面所成的角为，则：，直线与平面所成角的正弦值为．
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