资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）
成套系列资料，整套一键下载
考点巩固卷17 空间中的平行与垂直（八大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）
展开
这是一份考点巩固卷17 空间中的平行与垂直（八大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷17空间中的平行与垂直八大考点原卷版docx、考点巩固卷17空间中的平行与垂直八大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。
考点01判断平行，垂直的有关命题
1．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】对于A，根据可能平行、可能相交且不垂直判断；对于B，根据可能平行、可能相交且不垂直、异面且不垂直判断；对于C，根据线面垂直的性质定理判断；对于D，根据或异面判断．
【详解】对于A，，则可能平行、可能相交且不垂直，故A不正确；
对于B，，则可能平行、可能相交且不垂直、可能异面且不垂直，故B不正确；
对于C，若，根据线面垂直的性质定理可知，故C正确；
对于D，若，则或异面，故D不正确．
故选：C．
2．直线a，b互相平行的一个充分条件是（ ）
A．a，b都平行于同一个平面B．a，b与同一个平面所成角相等
C．a，b都垂直于同一个平面D．a平行于b所在平面
【答案】C
【分析】根据各选项中的条件判断直线a，b的位置关系，可得出正确的答案.
【详解】对于A：若a，b都平行于同一个平面，则a，b平行、相交或异面，故A错误；
对于B：若a，b为圆锥的两条母线，它们与底面所成角相等，但它们是相交直线，即a，b与同一个平面所成角相等，不能得出直线a，b互相平行，故B错误；
对于C：若a，b都垂直于同一个平面，则a，b互相平行，故C正确；
对于D：若a平行于b所在平面，则a，b平行或异面，故D错误；
故选：C
3．已知平面，直线，若且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据线线垂直、线面垂直和面面垂直的相互转化和必要不充分条件的定义可得答案.
【详解】如下图且，，则l//a，此时，，所以，充分性不成立；
若，因为，所以，必要性成立，
故 “”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则有下列命题
①，，；
②，，；
③，，；
④，.
其中正确命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】利用空间中直线、平面间的位置关系逐项判断即可.
【详解】①若，，，则直线没有交点，异面或，故①不正确；
②若，，，当均与，的交线平行时，可得，故②不正确；
③若，，则，又，则，故③正确；
④若，，则或，故④不正确.
其中正确命题的个数为.
故选：B.
5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】由空间中的线面关系，结合特例法判断ABC，根据两平面的法向量的位置关系判断两直线的位置关系判断.
【详解】对于A，若，则或，错误；
对于B，若，的位置关系不确定，可以平行、相交、异面直线，错误；
对于C，若，则或者相交，错误；
对于D，若，可得的方向向量分别是的法向量，因为，所以的法向量垂直，所以的方向向量垂直，则，正确.
故选：D.
6．若直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（ ）
A．内不存在与异面的直线B．内存在与平行的直线
C．内存在唯一一条直线与相交D．内存在与垂直的直线
【答案】D
【分析】利用图形判断A选项；利用反证法可判断B选项；设，取内所有过点的直线可判断C选项；利用线面垂直的性质可判断D选项.
【详解】因为直线不平行于平面，且，则直线与平面相交，
对于B选项，若内存在与平行的直线，则，且，，则，与题设矛盾，B错；
对于A选项，如下图所示：
设，设直线满足，且，在平面内存在直线，使得，且，
由A选项可知，与不平行，若，则、，且、，从而有，与题设矛盾，
故与异面，即在平面内存在直线与直线异面，A错；
对于C选项，设，则平面内所有过点的直线均与直线相交，C错；
对于D选项，设，在直线上取异于点的一点，
设点在平面内的射影为点，连接，
在平面内存在直线，使得，因为，，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，故内存在与垂直的直线，D对.
故选：D.
考点02平行的判定定理
7．下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D.
【详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；
对于B：如图所示，分别是所在棱的中点，连接
则平面MNP和平面为同一平面，因为，
因为与平面相交，所以不满足平面，故B错误；
对于C：连接，交与点，连接，因为，分别为中点，
所以，由线面平行的判定定理可知，平面，故C正确；
对于D：分别是所在棱的中点，连接，，
平面与平面为同一平面，
取的中点为，连接，由中位线定理可知，，
因为与平面相交，所以不满足平面，故D错误；
故选：C
8．如图，在直三棱柱中，D，F分别是的中点．
(1)若E为CD的中点，O为侧面的中心，证明：平面；
(2)若，侧面为菱形，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，，证得，进而证得，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）根据题意，结合，利用锥体的体积公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，．
因为O为侧面的中心，且侧面为矩形，所以O是的中点．
因为为的中点，所以，
因为 分别是，的中点，且 且
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以，平面，平面，
所以平面.
（2）解：因为，且是的中点，且侧面为菱形，
所以，
因为，所以，
所以的面积，
在直三棱柱中，底面，
所以.
9．在直三棱柱中，是的中点．
(1)求证：//平面；
(2)求三棱锥的体积；
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）借助题设条件运用线面平行的判定定理；
（2）依据题设运用体积转换法进行探求．
【详解】（1）设，连接，由直三棱柱性质可知，侧面为矩形，
∴为中点， 又∵为中点，∴在中，，
又∵平面，平面，
∴平面．
（2）由题，∴，即，
又由直三棱柱可知，侧棱底面，
∴.
所以三棱锥的体积为5
10．如图，在直三棱柱中，，，.
(1)求三棱柱的侧面积；
(2)设为的中点，求证：平面.
【答案】(1)48
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意直三棱柱侧面都为矩形，分别求其面积即可；
（2）连接交于点，连接，由三角形中位线定理可得，从而由线面平行的判定定理可证.
【详解】（1）∵三棱柱为直三棱柱，
∴侧面均为矩形，
∵，所以底面均为直角三角形，
又∵，，
∴，
∴三棱柱的侧面积为.
∴三棱柱的侧面积为.
（2）连接交于点，连接，
∵四边形为矩形，
∴为的中点，
∵D为的中点，∴.
∴平面，平面，
∴平面.
11．如图，在几何体中，已知四边形是正方形，，分别为的中点，为上靠近点的四等分点.
(1)证明：//平面；
(2)证明：平面//平面.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）令与的交点，利用平行公理及线面平行的判定推理作答.
（2）取的中点，根据给定的条件结合平行四边形的性质证明线线平行，再利用线面平行、面面平行的判定推理作答.
【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，连接，
因为四边形是正方形，则为的中点，又为的中点，
于是，，即四边形为平行四边形，则，
而平面，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，因为，且，
则四边形都为平行边形，有，
于是四边形为平行四边形，即有，
而为上靠近点的四等分点，则为的中点，又为的中点，则，
因此，又平面，平面，则平面，
显然，又平面，平面，则平面，
而平面，
所以平面平面.
12．如图：在正方体中，为的中点.
(1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)若为的中点，求证：平面平面.
【答案】(1)直线平面，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）根据四边形为平行四边形可得，由线面平行判定可得平面，结合（1）中结论，由面面平行的判定可证得结论.
【详解】（1）直线平面，理由如下：
连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）分别为中点，，又，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
由（1）知：平面，又，平面，
平面平面.
考点03补全平行的条件
13．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，.
(1)求点到平面的距离.
(2)若是的中点，是上靠近点的三等分点，棱上是否存在一点使平面？证明你的结论并求的长.
【答案】(1)；
(2)存在满足条件的点，且点为线段上靠近点的三等分点.证明见解析，.
【分析】（1）法一：根据垂直关系分别求出以及，利用等体积转化法可求出点到平面的距离；法二：由条件可证明平面，从而点到平面的距离即为所求，在等腰直角中可求出结果；
（2）取点为线段上靠近点的三等分点，可证明平面平面，从而平面，结合三等分点即可求出结果.
【详解】（1）方法一：如图，连接，因为平面，
所以.
因为平面，平面，所以，
又平面PCD，
所以平面，平面，
所以.
设点到平面的距离为，
则.
又因为，所以可得，
得，即点到平面的距离为.
方法二：因为平面，所以平面，
所以点到平面的距离即点到平面的距离.
作，垂足为.
同方法一可知平面，所以平面平面，且交线为，
又平面，所以平面，点到平面的距离即.
在等腰直角中，，
所以，即点到平面的距离为.
（2）存在满足条件的点，且点为线段上靠近点的三等分点.
证明如下：
连接交于点，连接.
因为点是的三等分点，所以为的中点，为的中点.
在矩形中，为的中点，
所以，平面，所以平面，
因为点为的中点，所以，平面，
所以平面DEF ，又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面，
因为，所以.
14．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为线段上的点，且.
(1)证明：平面；
(2)若，且在线段上存在一点，使得平面.请确定点的位置.并证明你的结论.
【答案】(1)证明见解析；
(2)为线段上靠近的三等分点，证明见解析.
【分析】（1）证明，，从而可证明；
（2）取四等分点，使得，延长交于点，由即可证明.
【详解】（1）为矩形,.
又平面,
平面.
平面，
.
,平面,
平面.
（2）取四等分点，使得，
连接平面平面，
则平面.
延长交于点，
，即,
为三等分点,.
15．如图平面，是矩形，，，点是的中点，点是边上的任意一点．当是的中点时，线段上是否存在点，使得平面平面，若存在指出点位置并证明，若不存在说明理由．
【答案】存在为中点使面面，理由见解析
【分析】取的中点，连接，由面面平行的判定定理即可证明平面平面．
【详解】存在为中点，使得平面平面，理由如下：
当为中点，连接，
又是的中点，是的中点，
所以，，
而平面，平面，所以平面，
同理可证面，
又，即平面平面，
综上，为中点时平面平面．
16．如图：在正方体中，M为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面平面，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明可证明结论；
（2）上的中点N即满足平面平面，通过证明平面结合平面可证明结论.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.
∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.
∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.
又平面，平面，∴平面；
（2）上的中点N即满足平面平面，
∵N为的中点，M为的中点，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
由（1）知平面，
又∵，
∴平面平面.
17．如图，ABCD为直角梯形，∠C＝∠CDA＝90°，，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD；
(3)若直线l过点P，且直线l∥直线BC，试在直线l上找一点E，使得直线PC∥平面EBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）要证PA⊥BD，只需证明AB⊥BD、PB⊥BD（因为PA、PB是平面PAB内的两条相交直线）；
（2）利用反证法证明，推出CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，可证：；
（3）在上l取一点E，使PE＝BC，利用直线l∥直线BC，推出PC∥BE，可以证明直线PC∥平面EBD．
【详解】（1）∵ABCD为直角梯形，过点作，因为，
所以四边形为正方形，则为等腰直角三角形，则，
所以，
∴AB⊥BD，又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，PA⊂面PAB，∴PA⊥BD．
（2）假设，如图连接PN，
则PN⊥AD，BN⊥AD，
AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，
又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，平面ABCD，
∴PB⊥CD又∵BC⊥CD，∴CD⊥平面PBC，平面PBC，
∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，
∴.
（3）在上l取一点E，使PE＝BC，
∵PE∥BC，∴四边形BCPE是平行四边形，
∴PC∥BE，平面EBD，BE⊂平面EBD，
∴PC∥平面EBD．
18．如图1，已知菱形的对角线交于点，四边形是平行四边形.将三角形沿线段折起到的位置，如图2所示.
(1)求证：；
(2)在线段上是否分别存在点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，分别是的中点，证明见解析
【分析】对于（1），证明平面即可.
对于（2），使即可.
【详解】（1）证明：折叠前，四边形是菱形，，
折叠后.
平面，
又平面.
（2）在线段上分别存在点，且分别是的中点时，平面平面.
证明如下：
如图，分别取的中点，连结，
在中，分别是的中点，.
分别是的中点，四边形是平行四边形，
平行且等于四边形是平行四边形，.
又平面
平面，
平面平面.
考点04平行的性质定理
19．设是两条直线，是两个平面，若，，则下列说法一定正确的是（ ）
A．B．
C．是两条异面直线D．
【答案】B
【分析】ACD可举出反例，D选项，可根据面面平行得到线面平行.
【详解】ACD选项，如图1和图2，，，则或是两条异面直线，故ACD错误.
B选项，，，根据面面平行的性质可知，故B正确；
故选：B
20．如图，是棱长为1正方体的棱上的一点，且平面，则与的位置关系为 ；线段的长度为 .
【答案】 /
【分析】根据线面平行性质定理，结合中位线定理以及勾股定理，可得答案.
【详解】连接，交与，连接，则为的中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故为的中点，所以，
在中.
故答案为：；.
21．如图，空间几何体中，四边形是矩形，平面，平面平面．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明线面垂直，再根据线面垂直得出线线垂直即可；
（2）先证明证明线面平行，再应用线面平行性质定理即可证明；
【详解】（1）由四边形是矩形，得，
由平面，又平面，得,，平面ADE，平面ADE，
平面ADE，
又平面ADE，；
（2）因为四边形是矩形，所以．
又平面，且平面，所以平面，
而平面，且平面平面，所以．
22．在四棱锥中，平面，点分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)过点的平面交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明和，证明平面
（2）通过证明所以，得是中点，可求的值.
【详解】（1）证明：因为是中点，，
则有，所以四边形是平行四边形，有．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
因为，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
因为是中点，所以，所以．
因为平面，，
所以平面．
（2）取中点，连接，如图所示，
因为是中点，所以，．
因为，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．
因为平面平面，平面，所以．
因为是中点，所以是中点，所以．
23．在平面四边形中（如图1），，，，E是AB中点，现将△ADE沿DE翻折得到四棱锥（如图2），
(1)求证：平面平面；
(2)图2中，若F是中点，试探究在平面内是否存在无数多个点，都有直线平面，若存在，请证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）由，，可得平面，进而得出结论；
（2）延长ED与BC交于点G，在平面AED内过G作GH∥AD，且GH＝AD，可证得AD∥平面CGH，DF∥平面CGH，从而平面ADF∥平面CGH，由题意，可得点P在直线GH上，可求得结论．
【详解】（1）∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）延长ED与BC交于点G，在平面AED内过G作GH∥AD，且GH＝AD，连接AH，CH，
AD平面CGH，GH平面CGH，则AD∥平面CGH，
若F是EB中点，则DC∥FB，且DC＝FB，
则BCDF为平行四边形，故DF∥BC，即DF∥CG，
DF平面CGH，CG平面CGH，则DF∥平面CGH，
又AD,DF平面ADF，AD∩DF＝D，则平面ADF∥平面CGH，
由题意，可得点P在直线GH上，
CP平面CGH，则CP∥平面ADF，满足题意，
所以，在平面AED内存在无数多个点，都有直线CP∥平面ADF．
24．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，M为PA的中点，E是PC靠近C的一个三等分点．
(1)若N是PD上的点，平面ABCD，判断MN与BC的位置关系，并加以证明．
(2)在PB上是否存在一点Q，使平面BDE成立？若存在，请予以证明，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）．利用线面平行的性质定理可得答案；
（2）当Q是PB的中点时，平面BDE成立．由线面平行的判定定理可得平面BDE、平面BDE，再由面面平行的判定定理和性质定理答案.
【详解】（1），理由如下，
因为平面ABCD，平面PAD，平面平面，∴．
又因为，∴；
（2）当Q是PB的中点时，平面BDE成立，理由如下，
取PE的中点F，连接QF，又Q为PB的中点，∴．∵平面BDE，平面BDE，∴平面BDE，
连接AC交BD于点O，则O为AC的中点，又E是PC靠近C的一个三等分点，
∴E为CF的中点，∴，
∵平面BDE，平面BDE，∴平面BDE，
又，∴平面平面BDE，
∵平面AQF，∴平面BDE．
考点05垂直的判定定理
25．如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得，面，，再结合题设条件证得，从而得证.
【详解】（1）连接，如图，
因为在直三棱柱中，侧面是矩形，
又是的中点， 则是的中点，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为在直三棱柱中，底面，
又底面，所以，
因为，所以，
又，面，所以面，
又面，所以，
因为侧面是矩形，，所以侧面是正方形，则，
又，面，所以面，
因为面，所以.
26．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．
(1)求证：∥平面;
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得∥，∥，再结合正方形的性质可得∥，则∥平面，由理∥平面，从而可证得平面∥平面，进而可证得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，∥，∥．
又四边形为正方形，
∥，从而∥．
平面，平面，
∥平面，
同理∥平面，又，平面，
平面∥平面，
平面，则∥平面;
（2）为正方形，．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，
∵平面，∴，
设，，
，
∴，∴．
又，，平面，
平面，而平面，
∴平面平面．
27．如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.
(1)证明：平面；
(2)若，，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)18
【分析】（1）由平面，得，再由，能证明平面；
（2）根据棱锥的体积公式即可求解四棱锥的体积．
【详解】（1）证明：在长方体中，平面，由于平面，，
，，平面，平面，
平面；
（2）长方体的底面是正方形，
取中点，连接，，则；
平面，
四棱锥的体积为．
28．如图，中，，四边形是正方形，平面平面，若G，F分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得，，再结合正方形的性质可得，则平面，由理平面，从而可证得平面平面，进而可证得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，，．
又四边形为正方形，
，从而．
平面，平面，
平面，
同理平面，又，平面，
平面平面，
平面，则平面.
（2）为正方形，．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，
∵平面，∴，
设，，
，
∴，∴．
又，，平面，
平面，而平面，
∴平面平面．
29．如图，是棱长为4的正方体，E是的中点.
(1)证明：;
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，，从而平面，再利用线面垂直的性质证明即可；
（2）设与交于点，连接，首先证明平面，再利用顶点转化法即可求出三棱锥体积.
【详解】（1）连接，∵四边形是正方形，.
在正方体中，平面，
又平面，.
又平面，平面，
平面.
又平面，.
（2）设与交于点F，连接.
在正方体中，.
又分别是的中点，，
∴四边形是平行四边形，.
平面平面， 平面.
又正方体的棱长为4，
.
30．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面ABCD，，点M是SD的中点，且交SC于点N.
(1)求证：平面ACM；
(2)求证：；
(3)求证：平面平面AMN.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）连结交于，连结，由的中位线定理，得，由此能证明结论；
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；
（3）由，，得平面，从而，由等腰三角形性质得，从而平面，进而，由证得面面垂直．
【详解】（1）连结交于，连结，
是正方形，是的中点．
是的中点，是的中位线．
．
又平面，平面，
平面．
（2）是正方形，
底面，底面，，
又平面，
平面
平面，
（3）底面，底面，，
由正方形可得，又平面
平面，且平面，．
又，是的中点，．
又平面，平面．
平面，．
由已知，又平面，
平面．
又平面，平面平面．
考点06补全垂直的条件
31．已知平面，和直线，给出以下条件：①；②；③；④.要想得到，则所需要的条件是 ．（填序号）
【答案】②④
【分析】由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，由此能求出结果．
【详解】解：平面，和直线，给出条件：①；②；③；④，
由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出．
即②④是的充分条件，
满足条件②④时，有．
故答案为：②④．
32．在四棱锥中，是等边三角形，且平面平面，，．
(1).在AD上是否存在一点M，使得平面平面，若存在，请证明；若不存在，请说明理由；
(2).若的面积为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)存在；证明见解析
(2)
【分析】（1）由题可得，即在上找一点M，使平面即可；
（2）设，由题目条件及的面积为，可得，即可得三棱锥的体积.
【详解】（1）存在，当M为的中点时，平面平面．
证明：取AD的中点M，连接，
由是等边三角形，可得，
由平面平面，平面，
平面平面，可得平面，
由平面，可得平面平面．
（2）设，可得，
则，由，
可得，
由.
所以三棱锥P－ABC的体积为．
.
33．如图，在正方体中，分别是棱的中点.
(1)求证：；
(2)若点分别在上，且.求证：；
(3)棱上是否存在点，使平面平面？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，点P为棱CC1的中点
【分析】（1）根据正方体的特征得到AB1⊥B1A 和BC⊥平面，进而得到，利用线面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，从而得到；
（2）连接DE，CD1 ，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根据正方体的特征得到DD1⊥平面ABCD，进而得到AF⊥DD1，利用线面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，从而得到AF⊥D1E，结合（1）的结论和线面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，进而得到；
（3）连接FP，AP，利用中位线定理得到FP∥C1D，再利用正方体的特征得到FP与AB1共面于平面AB1PF.结合（2）的结论，利用面面垂直的判定即可求证.
【详解】（1）如图，
连接A1B，CD1
∵正方体
∴四边形为正方形，∴AB1⊥A1B，
又∵正方体，∴BC⊥平面，
AB1⊂平面，所以BC⊥AB1，
又BC∩A1B＝B，平面
∴所以AB1⊥平面A1D1CB，又∵D1E⊂平面A1D1CB，
∴AB1⊥D1E ；
（2）如图，连接DE，CD1
在正方形ABCD中，E，F分别为棱的中点
∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.
∵∠CDE+∠ADE=，所以∠DAF+∠ADE=， 即DE⊥AF.
又∵正方体中，DD1⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，∴AF⊥DD1，
∵DD1∩DE＝D，D1D，DE⊂平面D1DE
∴AF⊥平面D1DE.
又∵D1E⊂平面D1DE，∴AF⊥D1E.
由（1）可知AB1⊥D1E
又∵AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F ∴D1E⊥平面AB1F.
又∵，AB1//C1D
∴MN⊥AB1，又∵MN⊥AF AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F
所以MN⊥平面B1AF，
所以.
（3）存在.如图，当点P为棱CC1的中点时，平面平面.
连接FP，AP，∵点P，F分别为棱CC1，CD的中点∴FP∥C1D，
∵正方体，∴AD∥B1C1，∴，
∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1 ，∴FP与AB1共面于平面AB1PF.
由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.
又因为D1E⊂平面CD1E.
∴平面平面.
34．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，已知侧面与底面所成的二面角的大小为，是的中点.
(1)请在棱与上各找一点和，使平面平面，作出图形并说明理由；
(2)求异面直线与所成角的正切值；
(3)问在棱上是否存在一点，使侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据三角形中位线可得线线平行，进而可得线面平行，由线面平行可证明面面平行，
（2）利用线线平行，即可找到异面直线所成的角，进而在三角形中进行求解即可，
（3）根据线线垂直，可得线面垂直，即可找到的位置.
【详解】（1）分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，NE，
则平面MNE//平面PAC
证明：在中，M，E分别为AB，PB的中点，
所以ME//AP，同理，NE//PC，
又平面平面
所以ME//平面PAC，同理NE//平面PAC
又ME，所以平面MNE //平面PAC
（2）连接，，
因为分别是的中点，所以，
故为异面直线与所成的角或其补角．
因为，，平面，
所以平面．又平面，所以．
设四棱锥的底面边长为，
取中点为,连接由于,故为侧面与底面所成的二面角的平面角，故，
在中,，
所以，
所以；
（3）存在点F符合题意，且AF=AD，
证明：取OB得中点Q，连接，
在中，Q，E分别为BP，BO的中点，所以QE//PO，
所以QE⊥平面ABCD，
因为BC平面ABCD，所以QE⊥BC,
又在中，，,
所以QF//AB，所以QF⊥BC，又,
所以BC⊥平面QEF，所以BC⊥EF
在，PF= =,BF= =
所以，故
又
所以平面PBC,所以存在点F符合题意。
所以存在这样的F点，且
35．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，，与相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点．又．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的大小；
(3)设点M在棱上，且，问为何值时，平面．
【答案】(1)；
(2)45°；
(3)见解析.
【分析】（1）由已知得到PO⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质得到PO⊥BD，过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，利用平面几何即可得解；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，所以，又平面，∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，然后求值即可；
（3）连接MD，MB，MO，利用PC⊥平面BMD，得到PC⊥OM，Rt△POC中求的PM＝，MC＝．
【详解】（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD
又，
由平面几何可得：，
过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，
则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴OC＝OD＝1，OB＝OA＝2，OA⊥OB
∴
又AB∥DC∴四边形EBCD是平行四边形．
∴
∴E是AB的中点，且，
又，
∴PEA为直角三角形，
∴
在△PED中，由余弦定理得
故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，
所以，又平面，
∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，
∴sin∠PE0＝，∴∠PEO＝45°，
∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的大小为45°；
（3）连接MD，MB，MO，
∵PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，
∴PC⊥OM，
在Rt△POC中，PC＝PD＝，OC＝1，PO＝，
∴PM＝，MC＝，
∴，
故λ＝时，PC⊥平面BMD．
36．如图，在四棱锥A－BCDE中，四边形BCDE为菱形，，，AE＝AC，点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是AC的中点．
(1)证明：∥平面CEG．
(2)点H为线段BD上一点，设，若AH⊥平面CEG，试确定t的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0.
【分析】（1）取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO，由三角形中位线定理可得∥，∥，然后先证得线面平行，再可证得面面平行；
（2）由已知可得△ABC≌△ABE，则GC＝GE，得OC⊥OG，结合已知可得OC⊥平面ABD，则OC⊥AG，利用余弦定理求出，再由勾股定理的逆定理可得BG⊥OG，由线面垂直的判定可得AG⊥平面CEG，从而可得H与B重合，进而可求得结果.
【详解】（1）证明：如图，取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO．
在△ACG中，F，Ⅰ分别为AC，AG的中点，所以∥，
同理，在△BDⅠ中，有∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面，
又平面ⅠFD，
所以∥平面CEG．
（2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC⊥OD．
因为AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE，
则GC＝GE，
又因为点O是EC的中点，所以OC⊥OG．
因为，平面ABD，
所以OC⊥平面ABD，
因为平面ABD，
所以OC⊥AG．
因为，，
所以，
则，
则，所以BG⊥OG．
又因为，平面CEG，
所以AG⊥平面CEG．
若AH⊥平面CEG，则H与B重合．
故．
考点07垂直的性质定理
37．如图，四边形是边长为2的正方形，平面，且为的中点．
(1)求证：；
(2)设平面平面与直线所成的角为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作交于，连接，然后利用三角形中位线定理结合已知条件可得四边形为平行四边形，则，由已知线面垂直可得，从而可证得结论；
（2）延长和交于点，连接和，则可得与重合，证得，从而可得为与直线所成的角，进而可求得结果.
【详解】（1）过作交于，连接 ，
为的中点，为的中点，
，且，
∴四边形为平行四边形，
平面，面，，
∴
（2）延长和交于点，连接和，
∵平面平面，与重合，
，∴∽，从而，
∵四边形是正方形，，
从而为平行四边形，
由（1）可知，，
为与直线所成的角，即，
在边长为2的正方形中，，
38．如图，和都垂直于平面，且，是的中点
(1)证明：直线//平面；
(2)若平面平面，证明：直线平面.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取中点，连接，由中位线定理可得，，进而可得为平行四边形，由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）过作于，利用面面垂直的性质可得，结合垂直于平面即可证明．
【详解】（1）证明：取中点，连接，，
因为为的中点，所以，，
因为，均垂直面，所以，
因为，所以且，
所以为平行四边形，
所以，面，面，
所以面．
（2）如图，过作于，
平面平面，且两平面的交线为,平面,
平面，
由平面，．
平面，平面，，
又平面，
平面．
.
39．如图，在六面体中，，平面菱形ABCD. 证明：
(1)B，，，D四点共面；
(2).
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明线面平行，得出线线平行，进而得到四点共面；
（2）利用面面垂直得出线面垂直，从而得到线线垂直.
【详解】（1）证明：由，平面，平面，
所以平面.
又因为平面，平面平面，
所以.
同理：，所以，
所以B，，，D四点共面.
（2）证明：菱形ABCD中，又因为平面平面ABCD，
且平面平面，平面ABCD，
所以平面.
因为平面，所以，
由（1）有，所以.
40．如图，已知在三棱锥中，，点分别为棱的中点，且平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）要证平面，只需证明；
（2）要证，只需利用面面垂直的性质证明平面.
【详解】（1）因为点分别为棱的中点，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）因为，点为棱的中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，所以.
41．如图，在三棱柱中，，分别为棱BC，的中点.
(1)求证: ∥平面；
(2)若平面平面，，，点满足，且，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接MN，则可得为平行四边形，再结合棱柱的性质可得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可得结论；
（2）取AB的中点，连接，则，再由面面垂直的性质可得平面ABC，则，连接，则，由线面垂直的判定可得平面，则，从而可得∥，进而可得结果.
【详解】（1）连接MN，因为，分别为棱BC，的中点，
所以，
因为∥，，所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，，又∥，，
所以∥，，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）解：取AB的中点，连接，因为，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABC.
因为平面ABC，所以.
连接，因为∥，，所以.
又，平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，所以，所以∥，
所以为MB的中点，即，所以.
42．如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，平面平面，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）过作交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可.
（2）利用线面垂直的性质定理，面面垂直的性质定理证明即可.
【详解】（1）在平面中，
过作交于点，连接，
因为，所以.
又，所以.
又，所以，
所以四边形为平行四边形.
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，平面，
所以.
在平面中，过点作，交于点，
因为平面平面，平面，
平面平面，
所以平面，又平面，所以.
又平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
考点08平行，垂直的综合应用
43．下列命题正确的是（ ）
（1）已知平面和直线m，n，若，，则；
（2）已知平面，和直线m，n，且m，n为异面直线，，．若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于；
（3）已知平面，和直线m，n，若，，，，则；
（4）在三棱锥中，，，，垂足都为P，则P在底面上的射影是三角形的垂心
A．（2）（4）B．（2）（3）（4）C．（3）（4）D．（1）（2）
【答案】A
【分析】举反例可判断（1）；过直线m上点A作，记所在平面为，然后证明，即可判断（2）；根据面面平行的判定定理可判断（3）；作平面，结合已知证明平面，然后可得，然后可判断（4）.
【详解】对于（1）：在正方体中，平面，平面，显然与异面，故（1）错误；
对于（2）：假设，因为，所以，又，所以（矛盾），故与相交，记交线为.
过直线m上点A作，记所在平面为，
因为，，，所以，
又，所以，
因为，所以.
因为，所以，
又，，
所以，所以，（2）正确；
对于（3）：由面面平行判定定理可知（3）错误；
对于（4）：作平面，因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，即点O在的BC边的高上.
同理，点O在的AB边和AC边的高上，
所以点O为高的交点，即O为的垂心，（4）正确.
故选：A.
44．（多选）在正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（ ）
A．
B．存在点使得平面
C．存在点使得平面
D．平面截正方体所得的两部分体积比为7：17（或17：7）
【答案】AC
【分析】根据直线与所成的角为，可判定A错误；取的中点，取的中点，分别证得平面和平面，得到平面，可判定B正确；取的中点，连接和，证得平面，得到，
结合与不垂直，可判定C错误；求得截得的棱台的体积，进而可判定D正确.
【详解】对于A中，连接，在正方体中，可得，
所以异面直线与与所成的角即为直线与所成的角（或其补角），
不妨设正方体的棱长为2，则，
则为平行四边形，则，所以A错误；
对于B中，取的中点，连接，
因为为的中点，可得，又因为，所以，
所以平面即为平面，
再取的中点，分别连接，
在正方体中，由为的中点，且为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又因为且平面，所以平面平面，
所以只需点在线段上，则平面，所以B正确；
对于C中，取的中点，连接和，可得，
若存在点使得平面，且平面，所以，
因为，所以
在正方体中，可得平面，
又因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在正方形中，与不垂直，所以不存在点使得平面，
所以C错误；
对于D中，设正方体的棱长为，可得正方体的体积为，
由平面即为平面，所以截得的棱台的体积为：
，
所以两部分的体积比为，所以D正确.
故选：AC.
45．（多选）如图，正方体中，M，N，Q分别是AD，，的中点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面MPN
B．若，则平面MPN
C．若平面MPQ，则
D．若，则平面MPN截正方体所得的截面是五边形
【答案】ACD
【分析】根据线线平行即可判断A，根据线面平行的性质即可得矛盾判断B,根据线面线面垂直的性质即可判断C，根据平行关系，即可由线段成比例得线线平行，即可求解截面.
【详解】对于A,连接,在正方体中，可知，
当时，是的中点，则,所以 ，由于平面,平面,所以平面MPN，故A正确，
对于B, 当时，与点重合，连接交于点 ,连接,
若平面MPN,则平面,且平面平面,则，
由于是的中点，则为中点，这显然不符合要求，故B错误，
对于C, 若平面MPQ，则,由于 平面平面,又, 平面,
所以平面,平面,则,
显然 与平面不垂直，故,则,
由于为中点，所以为中点，故 ，C正确，
对于D，取中点,在 上取点,使得，在棱取,使得，在棱上取
由于分别为的中点，所以 ,
同理
连接即可得到截面多边形，故D正确，
故选：ACD
46．如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，E是PA的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，线段PC上是否存在一点F，使平面？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由．（用坐标法解答不给分）
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过中点，构造中位线，即可证明；
（2）利用垂直关系，转化为证明，，即可说明存在点，再根据等面积法求PF的长度.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接OE
四边形是正方形，
点是的中点
又点是的中点，
平面，平面
平面
（2）存在
理由如下：
过点A作AF⊥PC，垂足为点F，由（1）可知
平面，平面
四边形为正方形
又平面，平面，
平面
又平面ACP
又平面，平面BDE，，
平面
，， ，
在中，由等面积法可得
存在点F，使得平面，
47．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，是棱上的动点（不与重合），交平面于点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若是的中点，平面将四棱锥分成五面体和
五面体，记它们的体积分别为，直接写出的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证；
（2）由线面垂直的性质定理和判定定理先得平面，再由面面垂直的判定定理得证；
（3）连结，将五面体分割成三棱锥和四棱锥，分别求出体积，可求，再由，可解此题.
【详解】（1）由底面是正方形，知，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由底面是正方形，可知，
又平面，平面，所以，
平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（3）
连结，
由（1）平面，平面，平面平面,
得，即，
又由（2）平面，可得平面，
由题意，是的中点，
，
又，
所以，
.
48．如图所示，在多面体中，四边形是正方形，是等边三角形，，且，，分别是，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件可以证明平面，平面，进而可以证明平面平面；
（2）利用条件可以求出到平面的距离，进而利用体积公式可以求出结果.
【详解】（1）因为，，是的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
从而.
因为平面，平面，
所以平面.
同理平面，
又，
所以平面平面.
（2）设的中点为，连接，则.
因为平面平面，
平面平面，
平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面，
所以到平面的距离为，
所以.
考点01判断平行，垂直的有关命题
1．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】对于A，根据可能平行、可能相交且不垂直判断；对于B，根据可能平行、可能相交且不垂直、异面且不垂直判断；对于C，根据线面垂直的性质定理判断；对于D，根据或异面判断．
【详解】对于A，，则可能平行、可能相交且不垂直，故A不正确；
对于B，，则可能平行、可能相交且不垂直、可能异面且不垂直，故B不正确；
对于C，若，根据线面垂直的性质定理可知，故C正确；
对于D，若，则或异面，故D不正确．
故选：C．
2．直线a，b互相平行的一个充分条件是（ ）
A．a，b都平行于同一个平面B．a，b与同一个平面所成角相等
C．a，b都垂直于同一个平面D．a平行于b所在平面
【答案】C
【分析】根据各选项中的条件判断直线a，b的位置关系，可得出正确的答案.
【详解】对于A：若a，b都平行于同一个平面，则a，b平行、相交或异面，故A错误；
对于B：若a，b为圆锥的两条母线，它们与底面所成角相等，但它们是相交直线，即a，b与同一个平面所成角相等，不能得出直线a，b互相平行，故B错误；
对于C：若a，b都垂直于同一个平面，则a，b互相平行，故C正确；
对于D：若a平行于b所在平面，则a，b平行或异面，故D错误；
故选：C
3．已知平面，直线，若且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据线线垂直、线面垂直和面面垂直的相互转化和必要不充分条件的定义可得答案.
【详解】如下图且，，则l//a，此时，，所以，充分性不成立；
若，因为，所以，必要性成立，
故 “”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则有下列命题
①，，；
②，，；
③，，；
④，.
其中正确命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】利用空间中直线、平面间的位置关系逐项判断即可.
【详解】①若，，，则直线没有交点，异面或，故①不正确；
②若，，，当均与，的交线平行时，可得，故②不正确；
③若，，则，又，则，故③正确；
④若，，则或，故④不正确.
其中正确命题的个数为.
故选：B.
5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】由空间中的线面关系，结合特例法判断ABC，根据两平面的法向量的位置关系判断两直线的位置关系判断.
【详解】对于A，若，则或，错误；
对于B，若，的位置关系不确定，可以平行、相交、异面直线，错误；
对于C，若，则或者相交，错误；
对于D，若，可得的方向向量分别是的法向量，因为，所以的法向量垂直，所以的方向向量垂直，则，正确.
故选：D.
6．若直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（ ）
A．内不存在与异面的直线B．内存在与平行的直线
C．内存在唯一一条直线与相交D．内存在与垂直的直线
【答案】D
【分析】利用图形判断A选项；利用反证法可判断B选项；设，取内所有过点的直线可判断C选项；利用线面垂直的性质可判断D选项.
【详解】因为直线不平行于平面，且，则直线与平面相交，
对于B选项，若内存在与平行的直线，则，且，，则，与题设矛盾，B错；
对于A选项，如下图所示：
设，设直线满足，且，在平面内存在直线，使得，且，
由A选项可知，与不平行，若，则、，且、，从而有，与题设矛盾，
故与异面，即在平面内存在直线与直线异面，A错；
对于C选项，设，则平面内所有过点的直线均与直线相交，C错；
对于D选项，设，在直线上取异于点的一点，
设点在平面内的射影为点，连接，
在平面内存在直线，使得，因为，，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，故内存在与垂直的直线，D对.
故选：D.
考点02平行的判定定理
7．下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D.
【详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；
对于B：如图所示，分别是所在棱的中点，连接
则平面MNP和平面为同一平面，因为，
因为与平面相交，所以不满足平面，故B错误；
对于C：连接，交与点，连接，因为，分别为中点，
所以，由线面平行的判定定理可知，平面，故C正确；
对于D：分别是所在棱的中点，连接，，
平面与平面为同一平面，
取的中点为，连接，由中位线定理可知，，
因为与平面相交，所以不满足平面，故D错误；
故选：C
8．如图，在直三棱柱中，D，F分别是的中点．
(1)若E为CD的中点，O为侧面的中心，证明：平面；
(2)若，侧面为菱形，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，，证得，进而证得，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）根据题意，结合，利用锥体的体积公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，．
因为O为侧面的中心，且侧面为矩形，所以O是的中点．
因为为的中点，所以，
因为 分别是，的中点，且 且
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以，平面，平面，
所以平面.
（2）解：因为，且是的中点，且侧面为菱形，
所以，
因为，所以，
所以的面积，
在直三棱柱中，底面，
所以.
9．在直三棱柱中，是的中点．
(1)求证：//平面；
(2)求三棱锥的体积；
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）借助题设条件运用线面平行的判定定理；
（2）依据题设运用体积转换法进行探求．
【详解】（1）设，连接，由直三棱柱性质可知，侧面为矩形，
∴为中点， 又∵为中点，∴在中，，
又∵平面，平面，
∴平面．
（2）由题，∴，即，
又由直三棱柱可知，侧棱底面，
∴.
所以三棱锥的体积为5
10．如图，在直三棱柱中，，，.
(1)求三棱柱的侧面积；
(2)设为的中点，求证：平面.
【答案】(1)48
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意直三棱柱侧面都为矩形，分别求其面积即可；
（2）连接交于点，连接，由三角形中位线定理可得，从而由线面平行的判定定理可证.
【详解】（1）∵三棱柱为直三棱柱，
∴侧面均为矩形，
∵，所以底面均为直角三角形，
又∵，，
∴，
∴三棱柱的侧面积为.
∴三棱柱的侧面积为.
（2）连接交于点，连接，
∵四边形为矩形，
∴为的中点，
∵D为的中点，∴.
∴平面，平面，
∴平面.
11．如图，在几何体中，已知四边形是正方形，，分别为的中点，为上靠近点的四等分点.
(1)证明：//平面；
(2)证明：平面//平面.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）令与的交点，利用平行公理及线面平行的判定推理作答.
（2）取的中点，根据给定的条件结合平行四边形的性质证明线线平行，再利用线面平行、面面平行的判定推理作答.
【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，连接，
因为四边形是正方形，则为的中点，又为的中点，
于是，，即四边形为平行四边形，则，
而平面，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，因为，且，
则四边形都为平行边形，有，
于是四边形为平行四边形，即有，
而为上靠近点的四等分点，则为的中点，又为的中点，则，
因此，又平面，平面，则平面，
显然，又平面，平面，则平面，
而平面，
所以平面平面.
12．如图：在正方体中，为的中点.
(1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(2)若为的中点，求证：平面平面.
【答案】(1)直线平面，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）根据四边形为平行四边形可得，由线面平行判定可得平面，结合（1）中结论，由面面平行的判定可证得结论.
【详解】（1）直线平面，理由如下：
连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）分别为中点，，又，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
由（1）知：平面，又，平面，
平面平面.
考点03补全平行的条件
13．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，.
(1)求点到平面的距离.
(2)若是的中点，是上靠近点的三等分点，棱上是否存在一点使平面？证明你的结论并求的长.
【答案】(1)；
(2)存在满足条件的点，且点为线段上靠近点的三等分点.证明见解析，.
【分析】（1）法一：根据垂直关系分别求出以及，利用等体积转化法可求出点到平面的距离；法二：由条件可证明平面，从而点到平面的距离即为所求，在等腰直角中可求出结果；
（2）取点为线段上靠近点的三等分点，可证明平面平面，从而平面，结合三等分点即可求出结果.
【详解】（1）方法一：如图，连接，因为平面，
所以.
因为平面，平面，所以，
又平面PCD，
所以平面，平面，
所以.
设点到平面的距离为，
则.
又因为，所以可得，
得，即点到平面的距离为.
方法二：因为平面，所以平面，
所以点到平面的距离即点到平面的距离.
作，垂足为.
同方法一可知平面，所以平面平面，且交线为，
又平面，所以平面，点到平面的距离即.
在等腰直角中，，
所以，即点到平面的距离为.
（2）存在满足条件的点，且点为线段上靠近点的三等分点.
证明如下：
连接交于点，连接.
因为点是的三等分点，所以为的中点，为的中点.
在矩形中，为的中点，
所以，平面，所以平面，
因为点为的中点，所以，平面，
所以平面DEF ，又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面，
因为，所以.
14．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为线段上的点，且.
(1)证明：平面；
(2)若，且在线段上存在一点，使得平面.请确定点的位置.并证明你的结论.
【答案】(1)证明见解析；
(2)为线段上靠近的三等分点，证明见解析.
【分析】（1）证明，，从而可证明；
（2）取四等分点，使得，延长交于点，由即可证明.
【详解】（1）为矩形,.
又平面,
平面.
平面，
.
,平面,
平面.
（2）取四等分点，使得，
连接平面平面，
则平面.
延长交于点，
，即,
为三等分点,.
15．如图平面，是矩形，，，点是的中点，点是边上的任意一点．当是的中点时，线段上是否存在点，使得平面平面，若存在指出点位置并证明，若不存在说明理由．
【答案】存在为中点使面面，理由见解析
【分析】取的中点，连接，由面面平行的判定定理即可证明平面平面．
【详解】存在为中点，使得平面平面，理由如下：
当为中点，连接，
又是的中点，是的中点，
所以，，
而平面，平面，所以平面，
同理可证面，
又，即平面平面，
综上，为中点时平面平面．
16．如图：在正方体中，M为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面平面，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明可证明结论；
（2）上的中点N即满足平面平面，通过证明平面结合平面可证明结论.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.
∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.
∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.
又平面，平面，∴平面；
（2）上的中点N即满足平面平面，
∵N为的中点，M为的中点，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
由（1）知平面，
又∵，
∴平面平面.
17．如图，ABCD为直角梯形，∠C＝∠CDA＝90°，，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD；
(3)若直线l过点P，且直线l∥直线BC，试在直线l上找一点E，使得直线PC∥平面EBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）要证PA⊥BD，只需证明AB⊥BD、PB⊥BD（因为PA、PB是平面PAB内的两条相交直线）；
（2）利用反证法证明，推出CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，可证：；
（3）在上l取一点E，使PE＝BC，利用直线l∥直线BC，推出PC∥BE，可以证明直线PC∥平面EBD．
【详解】（1）∵ABCD为直角梯形，过点作，因为，
所以四边形为正方形，则为等腰直角三角形，则，
所以，
∴AB⊥BD，又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，PA⊂面PAB，∴PA⊥BD．
（2）假设，如图连接PN，
则PN⊥AD，BN⊥AD，
AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，
又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，平面ABCD，
∴PB⊥CD又∵BC⊥CD，∴CD⊥平面PBC，平面PBC，
∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，
∴.
（3）在上l取一点E，使PE＝BC，
∵PE∥BC，∴四边形BCPE是平行四边形，
∴PC∥BE，平面EBD，BE⊂平面EBD，
∴PC∥平面EBD．
18．如图1，已知菱形的对角线交于点，四边形是平行四边形.将三角形沿线段折起到的位置，如图2所示.
(1)求证：；
(2)在线段上是否分别存在点，使得平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，分别是的中点，证明见解析
【分析】对于（1），证明平面即可.
对于（2），使即可.
【详解】（1）证明：折叠前，四边形是菱形，，
折叠后.
平面，
又平面.
（2）在线段上分别存在点，且分别是的中点时，平面平面.
证明如下：
如图，分别取的中点，连结，
在中，分别是的中点，.
分别是的中点，四边形是平行四边形，
平行且等于四边形是平行四边形，.
又平面
平面，
平面平面.
考点04平行的性质定理
19．设是两条直线，是两个平面，若，，则下列说法一定正确的是（ ）
A．B．
C．是两条异面直线D．
【答案】B
【分析】ACD可举出反例，D选项，可根据面面平行得到线面平行.
【详解】ACD选项，如图1和图2，，，则或是两条异面直线，故ACD错误.
B选项，，，根据面面平行的性质可知，故B正确；
故选：B
20．如图，是棱长为1正方体的棱上的一点，且平面，则与的位置关系为 ；线段的长度为 .
【答案】 /
【分析】根据线面平行性质定理，结合中位线定理以及勾股定理，可得答案.
【详解】连接，交与，连接，则为的中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，故为的中点，所以，
在中.
故答案为：；.
21．如图，空间几何体中，四边形是矩形，平面，平面平面．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明线面垂直，再根据线面垂直得出线线垂直即可；
（2）先证明证明线面平行，再应用线面平行性质定理即可证明；
【详解】（1）由四边形是矩形，得，
由平面，又平面，得,，平面ADE，平面ADE，
平面ADE，
又平面ADE，；
（2）因为四边形是矩形，所以．
又平面，且平面，所以平面，
而平面，且平面平面，所以．
22．在四棱锥中，平面，点分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)过点的平面交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明和，证明平面
（2）通过证明所以，得是中点，可求的值.
【详解】（1）证明：因为是中点，，
则有，所以四边形是平行四边形，有．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
因为，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
因为是中点，所以，所以．
因为平面，，
所以平面．
（2）取中点，连接，如图所示，
因为是中点，所以，．
因为，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．
因为平面平面，平面，所以．
因为是中点，所以是中点，所以．
23．在平面四边形中（如图1），，，，E是AB中点，现将△ADE沿DE翻折得到四棱锥（如图2），
(1)求证：平面平面；
(2)图2中，若F是中点，试探究在平面内是否存在无数多个点，都有直线平面，若存在，请证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）由，，可得平面，进而得出结论；
（2）延长ED与BC交于点G，在平面AED内过G作GH∥AD，且GH＝AD，可证得AD∥平面CGH，DF∥平面CGH，从而平面ADF∥平面CGH，由题意，可得点P在直线GH上，可求得结论．
【详解】（1）∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）延长ED与BC交于点G，在平面AED内过G作GH∥AD，且GH＝AD，连接AH，CH，
AD平面CGH，GH平面CGH，则AD∥平面CGH，
若F是EB中点，则DC∥FB，且DC＝FB，
则BCDF为平行四边形，故DF∥BC，即DF∥CG，
DF平面CGH，CG平面CGH，则DF∥平面CGH，
又AD,DF平面ADF，AD∩DF＝D，则平面ADF∥平面CGH，
由题意，可得点P在直线GH上，
CP平面CGH，则CP∥平面ADF，满足题意，
所以，在平面AED内存在无数多个点，都有直线CP∥平面ADF．
24．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，M为PA的中点，E是PC靠近C的一个三等分点．
(1)若N是PD上的点，平面ABCD，判断MN与BC的位置关系，并加以证明．
(2)在PB上是否存在一点Q，使平面BDE成立？若存在，请予以证明，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）．利用线面平行的性质定理可得答案；
（2）当Q是PB的中点时，平面BDE成立．由线面平行的判定定理可得平面BDE、平面BDE，再由面面平行的判定定理和性质定理答案.
【详解】（1），理由如下，
因为平面ABCD，平面PAD，平面平面，∴．
又因为，∴；
（2）当Q是PB的中点时，平面BDE成立，理由如下，
取PE的中点F，连接QF，又Q为PB的中点，∴．∵平面BDE，平面BDE，∴平面BDE，
连接AC交BD于点O，则O为AC的中点，又E是PC靠近C的一个三等分点，
∴E为CF的中点，∴，
∵平面BDE，平面BDE，∴平面BDE，
又，∴平面平面BDE，
∵平面AQF，∴平面BDE．
考点05垂直的判定定理
25．如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得，面，，再结合题设条件证得，从而得证.
【详解】（1）连接，如图，
因为在直三棱柱中，侧面是矩形，
又是的中点， 则是的中点，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为在直三棱柱中，底面，
又底面，所以，
因为，所以，
又，面，所以面，
又面，所以，
因为侧面是矩形，，所以侧面是正方形，则，
又，面，所以面，
因为面，所以.
26．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．
(1)求证：∥平面;
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得∥，∥，再结合正方形的性质可得∥，则∥平面，由理∥平面，从而可证得平面∥平面，进而可证得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，∥，∥．
又四边形为正方形，
∥，从而∥．
平面，平面，
∥平面，
同理∥平面，又，平面，
平面∥平面，
平面，则∥平面;
（2）为正方形，．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，
∵平面，∴，
设，，
，
∴，∴．
又，，平面，
平面，而平面，
∴平面平面．
27．如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.
(1)证明：平面；
(2)若，，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)18
【分析】（1）由平面，得，再由，能证明平面；
（2）根据棱锥的体积公式即可求解四棱锥的体积．
【详解】（1）证明：在长方体中，平面，由于平面，，
，，平面，平面，
平面；
（2）长方体的底面是正方形，
取中点，连接，，则；
平面，
四棱锥的体积为．
28．如图，中，，四边形是正方形，平面平面，若G，F分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得，，再结合正方形的性质可得，则平面，由理平面，从而可证得平面平面，进而可证得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，，．
又四边形为正方形，
，从而．
平面，平面，
平面，
同理平面，又，平面，
平面平面，
平面，则平面.
（2）为正方形，．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，
∵平面，∴，
设，，
，
∴，∴．
又，，平面，
平面，而平面，
∴平面平面．
29．如图，是棱长为4的正方体，E是的中点.
(1)证明：;
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，，从而平面，再利用线面垂直的性质证明即可；
（2）设与交于点，连接，首先证明平面，再利用顶点转化法即可求出三棱锥体积.
【详解】（1）连接，∵四边形是正方形，.
在正方体中，平面，
又平面，.
又平面，平面，
平面.
又平面，.
（2）设与交于点F，连接.
在正方体中，.
又分别是的中点，，
∴四边形是平行四边形，.
平面平面， 平面.
又正方体的棱长为4，
.
30．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面ABCD，，点M是SD的中点，且交SC于点N.
(1)求证：平面ACM；
(2)求证：；
(3)求证：平面平面AMN.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）连结交于，连结，由的中位线定理，得，由此能证明结论；
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；
（3）由，，得平面，从而，由等腰三角形性质得，从而平面，进而，由证得面面垂直．
【详解】（1）连结交于，连结，
是正方形，是的中点．
是的中点，是的中位线．
．
又平面，平面，
平面．
（2）是正方形，
底面，底面，，
又平面，
平面
平面，
（3）底面，底面，，
由正方形可得，又平面
平面，且平面，．
又，是的中点，．
又平面，平面．
平面，．
由已知，又平面，
平面．
又平面，平面平面．
考点06补全垂直的条件
31．已知平面，和直线，给出以下条件：①；②；③；④.要想得到，则所需要的条件是 ．（填序号）
【答案】②④
【分析】由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，由此能求出结果．
【详解】解：平面，和直线，给出条件：①；②；③；④，
由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出．
即②④是的充分条件，
满足条件②④时，有．
故答案为：②④．
32．在四棱锥中，是等边三角形，且平面平面，，．
(1).在AD上是否存在一点M，使得平面平面，若存在，请证明；若不存在，请说明理由；
(2).若的面积为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)存在；证明见解析
(2)
【分析】（1）由题可得，即在上找一点M，使平面即可；
（2）设，由题目条件及的面积为，可得，即可得三棱锥的体积.
【详解】（1）存在，当M为的中点时，平面平面．
证明：取AD的中点M，连接，
由是等边三角形，可得，
由平面平面，平面，
平面平面，可得平面，
由平面，可得平面平面．
（2）设，可得，
则，由，
可得，
由.
所以三棱锥P－ABC的体积为．
.
33．如图，在正方体中，分别是棱的中点.
(1)求证：；
(2)若点分别在上，且.求证：；
(3)棱上是否存在点，使平面平面？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，点P为棱CC1的中点
【分析】（1）根据正方体的特征得到AB1⊥B1A 和BC⊥平面，进而得到，利用线面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，从而得到；
（2）连接DE，CD1 ，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根据正方体的特征得到DD1⊥平面ABCD，进而得到AF⊥DD1，利用线面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，从而得到AF⊥D1E，结合（1）的结论和线面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，进而得到；
（3）连接FP，AP，利用中位线定理得到FP∥C1D，再利用正方体的特征得到FP与AB1共面于平面AB1PF.结合（2）的结论，利用面面垂直的判定即可求证.
【详解】（1）如图，
连接A1B，CD1
∵正方体
∴四边形为正方形，∴AB1⊥A1B，
又∵正方体，∴BC⊥平面，
AB1⊂平面，所以BC⊥AB1，
又BC∩A1B＝B，平面
∴所以AB1⊥平面A1D1CB，又∵D1E⊂平面A1D1CB，
∴AB1⊥D1E ；
（2）如图，连接DE，CD1
在正方形ABCD中，E，F分别为棱的中点
∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.
∵∠CDE+∠ADE=，所以∠DAF+∠ADE=， 即DE⊥AF.
又∵正方体中，DD1⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，∴AF⊥DD1，
∵DD1∩DE＝D，D1D，DE⊂平面D1DE
∴AF⊥平面D1DE.
又∵D1E⊂平面D1DE，∴AF⊥D1E.
由（1）可知AB1⊥D1E
又∵AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F ∴D1E⊥平面AB1F.
又∵，AB1//C1D
∴MN⊥AB1，又∵MN⊥AF AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F
所以MN⊥平面B1AF，
所以.
（3）存在.如图，当点P为棱CC1的中点时，平面平面.
连接FP，AP，∵点P，F分别为棱CC1，CD的中点∴FP∥C1D，
∵正方体，∴AD∥B1C1，∴，
∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1 ，∴FP与AB1共面于平面AB1PF.
由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.
又因为D1E⊂平面CD1E.
∴平面平面.
34．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，已知侧面与底面所成的二面角的大小为，是的中点.
(1)请在棱与上各找一点和，使平面平面，作出图形并说明理由；
(2)求异面直线与所成角的正切值；
(3)问在棱上是否存在一点，使侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据三角形中位线可得线线平行，进而可得线面平行，由线面平行可证明面面平行，
（2）利用线线平行，即可找到异面直线所成的角，进而在三角形中进行求解即可，
（3）根据线线垂直，可得线面垂直，即可找到的位置.
【详解】（1）分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，NE，
则平面MNE//平面PAC
证明：在中，M，E分别为AB，PB的中点，
所以ME//AP，同理，NE//PC，
又平面平面
所以ME//平面PAC，同理NE//平面PAC
又ME，所以平面MNE //平面PAC
（2）连接，，
因为分别是的中点，所以，
故为异面直线与所成的角或其补角．
因为，，平面，
所以平面．又平面，所以．
设四棱锥的底面边长为，
取中点为,连接由于,故为侧面与底面所成的二面角的平面角，故，
在中,，
所以，
所以；
（3）存在点F符合题意，且AF=AD，
证明：取OB得中点Q，连接，
在中，Q，E分别为BP，BO的中点，所以QE//PO，
所以QE⊥平面ABCD，
因为BC平面ABCD，所以QE⊥BC,
又在中，，,
所以QF//AB，所以QF⊥BC，又,
所以BC⊥平面QEF，所以BC⊥EF
在，PF= =,BF= =
所以，故
又
所以平面PBC,所以存在点F符合题意。
所以存在这样的F点，且
35．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，，与相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点．又．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的大小；
(3)设点M在棱上，且，问为何值时，平面．
【答案】(1)；
(2)45°；
(3)见解析.
【分析】（1）由已知得到PO⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质得到PO⊥BD，过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，利用平面几何即可得解；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，所以，又平面，∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，然后求值即可；
（3）连接MD，MB，MO，利用PC⊥平面BMD，得到PC⊥OM，Rt△POC中求的PM＝，MC＝．
【详解】（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD
又，
由平面几何可得：，
过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，
则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴OC＝OD＝1，OB＝OA＝2，OA⊥OB
∴
又AB∥DC∴四边形EBCD是平行四边形．
∴
∴E是AB的中点，且，
又，
∴PEA为直角三角形，
∴
在△PED中，由余弦定理得
故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，
所以，又平面，
∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，
∴sin∠PE0＝，∴∠PEO＝45°，
∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的大小为45°；
（3）连接MD，MB，MO，
∵PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，
∴PC⊥OM，
在Rt△POC中，PC＝PD＝，OC＝1，PO＝，
∴PM＝，MC＝，
∴，
故λ＝时，PC⊥平面BMD．
36．如图，在四棱锥A－BCDE中，四边形BCDE为菱形，，，AE＝AC，点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是AC的中点．
(1)证明：∥平面CEG．
(2)点H为线段BD上一点，设，若AH⊥平面CEG，试确定t的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0.
【分析】（1）取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO，由三角形中位线定理可得∥，∥，然后先证得线面平行，再可证得面面平行；
（2）由已知可得△ABC≌△ABE，则GC＝GE，得OC⊥OG，结合已知可得OC⊥平面ABD，则OC⊥AG，利用余弦定理求出，再由勾股定理的逆定理可得BG⊥OG，由线面垂直的判定可得AG⊥平面CEG，从而可得H与B重合，进而可求得结果.
【详解】（1）证明：如图，取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO．
在△ACG中，F，Ⅰ分别为AC，AG的中点，所以∥，
同理，在△BDⅠ中，有∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面，
又平面ⅠFD，
所以∥平面CEG．
（2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC⊥OD．
因为AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE，
则GC＝GE，
又因为点O是EC的中点，所以OC⊥OG．
因为，平面ABD，
所以OC⊥平面ABD，
因为平面ABD，
所以OC⊥AG．
因为，，
所以，
则，
则，所以BG⊥OG．
又因为，平面CEG，
所以AG⊥平面CEG．
若AH⊥平面CEG，则H与B重合．
故．
考点07垂直的性质定理
37．如图，四边形是边长为2的正方形，平面，且为的中点．
(1)求证：；
(2)设平面平面与直线所成的角为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作交于，连接，然后利用三角形中位线定理结合已知条件可得四边形为平行四边形，则，由已知线面垂直可得，从而可证得结论；
（2）延长和交于点，连接和，则可得与重合，证得，从而可得为与直线所成的角，进而可求得结果.
【详解】（1）过作交于，连接 ，
为的中点，为的中点，
，且，
∴四边形为平行四边形，
平面，面，，
∴
（2）延长和交于点，连接和，
∵平面平面，与重合，
，∴∽，从而，
∵四边形是正方形，，
从而为平行四边形，
由（1）可知，，
为与直线所成的角，即，
在边长为2的正方形中，，
38．如图，和都垂直于平面，且，是的中点
(1)证明：直线//平面；
(2)若平面平面，证明：直线平面.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取中点，连接，由中位线定理可得，，进而可得为平行四边形，由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）过作于，利用面面垂直的性质可得，结合垂直于平面即可证明．
【详解】（1）证明：取中点，连接，，
因为为的中点，所以，，
因为，均垂直面，所以，
因为，所以且，
所以为平行四边形，
所以，面，面，
所以面．
（2）如图，过作于，
平面平面，且两平面的交线为,平面,
平面，
由平面，．
平面，平面，，
又平面，
平面．
.
39．如图，在六面体中，，平面菱形ABCD. 证明：
(1)B，，，D四点共面；
(2).
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明线面平行，得出线线平行，进而得到四点共面；
（2）利用面面垂直得出线面垂直，从而得到线线垂直.
【详解】（1）证明：由，平面，平面，
所以平面.
又因为平面，平面平面，
所以.
同理：，所以，
所以B，，，D四点共面.
（2）证明：菱形ABCD中，又因为平面平面ABCD，
且平面平面，平面ABCD，
所以平面.
因为平面，所以，
由（1）有，所以.
40．如图，已知在三棱锥中，，点分别为棱的中点，且平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）要证平面，只需证明；
（2）要证，只需利用面面垂直的性质证明平面.
【详解】（1）因为点分别为棱的中点，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）因为，点为棱的中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，所以.
41．如图，在三棱柱中，，分别为棱BC，的中点.
(1)求证: ∥平面；
(2)若平面平面，，，点满足，且，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接MN，则可得为平行四边形，再结合棱柱的性质可得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可得结论；
（2）取AB的中点，连接，则，再由面面垂直的性质可得平面ABC，则，连接，则，由线面垂直的判定可得平面，则，从而可得∥，进而可得结果.
【详解】（1）连接MN，因为，分别为棱BC，的中点，
所以，
因为∥，，所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，，又∥，，
所以∥，，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）解：取AB的中点，连接，因为，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABC.
因为平面ABC，所以.
连接，因为∥，，所以.
又，平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，所以，所以∥，
所以为MB的中点，即，所以.
42．如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，平面平面，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）过作交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可.
（2）利用线面垂直的性质定理，面面垂直的性质定理证明即可.
【详解】（1）在平面中，
过作交于点，连接，
因为，所以.
又，所以.
又，所以，
所以四边形为平行四边形.
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，平面，
所以.
在平面中，过点作，交于点，
因为平面平面，平面，
平面平面，
所以平面，又平面，所以.
又平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
考点08平行，垂直的综合应用
43．下列命题正确的是（ ）
（1）已知平面和直线m，n，若，，则；
（2）已知平面，和直线m，n，且m，n为异面直线，，．若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于；
（3）已知平面，和直线m，n，若，，，，则；
（4）在三棱锥中，，，，垂足都为P，则P在底面上的射影是三角形的垂心
A．（2）（4）B．（2）（3）（4）C．（3）（4）D．（1）（2）
【答案】A
【分析】举反例可判断（1）；过直线m上点A作，记所在平面为，然后证明，即可判断（2）；根据面面平行的判定定理可判断（3）；作平面，结合已知证明平面，然后可得，然后可判断（4）.
【详解】对于（1）：在正方体中，平面，平面，显然与异面，故（1）错误；
对于（2）：假设，因为，所以，又，所以（矛盾），故与相交，记交线为.
过直线m上点A作，记所在平面为，
因为，，，所以，
又，所以，
因为，所以.
因为，所以，
又，，
所以，所以，（2）正确；
对于（3）：由面面平行判定定理可知（3）错误；
对于（4）：作平面，因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，即点O在的BC边的高上.
同理，点O在的AB边和AC边的高上，
所以点O为高的交点，即O为的垂心，（4）正确.
故选：A.
44．（多选）在正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（ ）
A．
B．存在点使得平面
C．存在点使得平面
D．平面截正方体所得的两部分体积比为7：17（或17：7）
【答案】AC
【分析】根据直线与所成的角为，可判定A错误；取的中点，取的中点，分别证得平面和平面，得到平面，可判定B正确；取的中点，连接和，证得平面，得到，
结合与不垂直，可判定C错误；求得截得的棱台的体积，进而可判定D正确.
【详解】对于A中，连接，在正方体中，可得，
所以异面直线与与所成的角即为直线与所成的角（或其补角），
不妨设正方体的棱长为2，则，
则为平行四边形，则，所以A错误；
对于B中，取的中点，连接，
因为为的中点，可得，又因为，所以，
所以平面即为平面，
再取的中点，分别连接，
在正方体中，由为的中点，且为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又因为且平面，所以平面平面，
所以只需点在线段上，则平面，所以B正确；
对于C中，取的中点，连接和，可得，
若存在点使得平面，且平面，所以，
因为，所以
在正方体中，可得平面，
又因为平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在正方形中，与不垂直，所以不存在点使得平面，
所以C错误；
对于D中，设正方体的棱长为，可得正方体的体积为，
由平面即为平面，所以截得的棱台的体积为：
，
所以两部分的体积比为，所以D正确.
故选：AC.
45．（多选）如图，正方体中，M，N，Q分别是AD，，的中点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面MPN
B．若，则平面MPN
C．若平面MPQ，则
D．若，则平面MPN截正方体所得的截面是五边形
【答案】ACD
【分析】根据线线平行即可判断A，根据线面平行的性质即可得矛盾判断B,根据线面线面垂直的性质即可判断C，根据平行关系，即可由线段成比例得线线平行，即可求解截面.
【详解】对于A,连接,在正方体中，可知，
当时，是的中点，则,所以 ，由于平面,平面,所以平面MPN，故A正确，
对于B, 当时，与点重合，连接交于点 ,连接,
若平面MPN,则平面,且平面平面,则，
由于是的中点，则为中点，这显然不符合要求，故B错误，
对于C, 若平面MPQ，则,由于 平面平面,又, 平面,
所以平面,平面,则,
显然 与平面不垂直，故,则,
由于为中点，所以为中点，故 ，C正确，
对于D，取中点,在 上取点,使得，在棱取,使得，在棱上取
由于分别为的中点，所以 ,
同理
连接即可得到截面多边形，故D正确，
故选：ACD
46．如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，E是PA的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，线段PC上是否存在一点F，使平面？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由．（用坐标法解答不给分）
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过中点，构造中位线，即可证明；
（2）利用垂直关系，转化为证明，，即可说明存在点，再根据等面积法求PF的长度.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接OE
四边形是正方形，
点是的中点
又点是的中点，
平面，平面
平面
（2）存在
理由如下：
过点A作AF⊥PC，垂足为点F，由（1）可知
平面，平面
四边形为正方形
又平面，平面，
平面
又平面ACP
又平面，平面BDE，，
平面
，， ，
在中，由等面积法可得
存在点F，使得平面，
47．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，是棱上的动点（不与重合），交平面于点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若是的中点，平面将四棱锥分成五面体和
五面体，记它们的体积分别为，直接写出的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证；
（2）由线面垂直的性质定理和判定定理先得平面，再由面面垂直的判定定理得证；
（3）连结，将五面体分割成三棱锥和四棱锥，分别求出体积，可求，再由，可解此题.
【详解】（1）由底面是正方形，知，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由底面是正方形，可知，
又平面，平面，所以，
平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（3）
连结，
由（1）平面，平面，平面平面,
得，即，
又由（2）平面，可得平面，
由题意，是的中点，
，
又，
所以，
.
48．如图所示，在多面体中，四边形是正方形，是等边三角形，，且，，分别是，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件可以证明平面，平面，进而可以证明平面平面；
（2）利用条件可以求出到平面的距离，进而利用体积公式可以求出结果.
【详解】（1）因为，，是的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
从而.
因为平面，平面，
所以平面.
同理平面，
又，
所以平面平面.
（2）设的中点为，连接，则.
因为平面平面，
平面平面，
平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面，
所以到平面的距离为，
所以.
相关试卷
考点巩固卷16 空间几何体的表面积和体积（八大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）： 这是一份考点巩固卷16 空间几何体的表面积和体积（八大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷16空间几何体的表面积和体积八大考点原卷版docx、考点巩固卷16空间几何体的表面积和体积八大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
考点巩固卷15 等比数列（八大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）： 这是一份考点巩固卷15 等比数列（八大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷15等比数列八大考点原卷版docx、考点巩固卷15等比数列八大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
考点巩固卷14 等差数列（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）： 这是一份考点巩固卷14 等差数列（九大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷14等差数列九大考点原卷版docx、考点巩固卷14等差数列九大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
