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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 34 练 空间直线、平面的垂直（精练）
刷真题 明导向
一、解答题
1．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥 中， 平面 ，
．
(1)求证： 平面PAB；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得 ，再利用勾股定理证得 ，从而利用线面垂直的
判定定理即可得证；
【详解】（1）因为 平面 平面 ，
所以 ，同理 ，
所以 为直角三角形，
又因为 ， ，
所以 ，则 为直角三角形，故 ，
又因为 ， ，
所以 平面 .
2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱 中， 平面 ．(1)证明：平面 平面 ；
【答案】(1)证明见解析.
【分析】(1)由 平面 得 ，又因为 ，可证 平面 ，从而证得平面
平面 ；
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ,
所以 ,
又因为 ，即 ，
平面 ， ,
所以 平面 ，
又因为 平面 ,
所以平面 平面 .
3．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥 中， ， ，
，E为BC的中点．(1)证明： ；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）根据题意易证 平面 ，从而证得 ；
【详解】（1）连接 ，因为E为BC中点， ，所以 ①，
因为 ， ，所以 与 均为等边三角形，
，从而 ②，由①②， ， 平面 ，
所以， 平面 ，而 平面 ，所以 ．
4．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知 和 都是直角梯形， ， ，
， ， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为
的中点．
(1)证明： ；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ，由平面知识易得
，再根据二面角的定义可知， ，由此可知， ， ，从而可证得
平面 ，即得 ；
【详解】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，
由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ，
∴ 平面 ，而 平面 ．
5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体 中， ，E为AC的
中点．
(1)证明：平面 平面ACD；
【答案】(1)证明详见解析
【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
【详解】（1）由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥 中， 底面
．(1)证明： ；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明 ，根据线面垂直的性质可得
，从而可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证；
【详解】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ；7．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体 中， ，E为 的
中点．
(1)证明：平面 平面 ；
【答案】(1)证明过程见解析
【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关
系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
【详解】（1）因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
8．（2021·全国·统考高考真题）在四棱锥 中，底面 是正方形，若
．（1）证明：平面 平面 ；
【答案】（1）证明见解析；
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面 .
【详解】
（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
9．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，
F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．（1）证明： ；
【答案】（1）证明见解析；
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空
间向量证明线线垂直；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方体
，如图所示，
过E作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ，
因为E，F分别为 和 的中点，所以 是BC的中点，
易证 ，则 ．
又因为 ，所以 ．又因为 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ，
， ， ，又 ， 平面 ．所以 两两垂直．
以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
， ．
由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
[方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所以，所以 ．
10．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，M为 的
中点，且 ．
（1）证明：平面 平面 ；
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】（1）由 底面 可得 ，又 ，由线面垂直的判定定理可得 平面
，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面 平面 ；
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 平面 ，
而 平面 ，
所以平面 平面 ．
11．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为
的中点.（1）证明： ；
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
【详解】（1）因为 ，O是 中点，所以 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列条件能使n⊥α成立的是（ ）
A．α⊥β，m β B．α∥β，n⊥β
C．α⊥β，n∥⊂β D．m∥α，n⊥m
【答案】B
【分析】n⊥α必有n平行α的垂线，或者n垂直α的平行平面，依次判定选项即可．
【详解】α⊥β，m β，不能说明n与α的关系，A错误；
α∥β，n⊥β能够推⊂出n⊥α，B正确；
α⊥β，n∥β可以得到n与平面α平行、相交或在平面α内，所以C不正确；
m∥α，n⊥m则n与平面α可能平行，所以D不正确．
故选：B．2．设 ， 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】C
【分析】ABD选项，可以举出反例，C选项，可以利用面面垂直的性质进行证明
【详解】A选项，若 ， ， ，则 或 异面，A错误；
B选项，如图，
满足 ， ， ，而 ，故B错误；
C选项，因为 ，设 ， ，
所以 ，因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，则 ，
C正确；
D选项，如图，满足 ， ，而 ，D错误.
故选：C
3．已知直线 平面 ，有以下几个判断：
①若 ，则 ；
②若 ，则 ；
③若 ，则 ；
④若 ，则 ；
上述判断中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】B
【分析】根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即
得.
【详解】对于①，当 平面 也可以有 ，但m不平行于平面 ，故①错；
对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；
对于③，根据线面平行的性质定理可得存在 且 ．而直线 平面 ，故可根据线面垂直的性质
得出 ，故 正确；
对于④，根据直线 平面 ，可在平面 内找到两条相交直线p，n，且 ， ，又 ，所以
， ，故根据线面垂直的判定定理可知， 正确．
即②③④正确．
故选：B．
4．已知直线 、 ，平面 、 ，满足 且 ，则“ ”是“ ”的（ ）条件A．充分非必要 B．必要非充分条 C．充要 D．既非充分又非必要
【答案】A
【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定.
【详解】因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
即“ ”是“ ”的充分条件；
如图，在长方体中，设面 为面 、面 为面 ，
则 ，且 与面 不垂直，
即“ ”不是“ ”的必要条件；
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
5．设 ， 是两条不同的直线， 是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若 ， ，则 B．若 ， ，则
C．若 ， ，则 D．若 ， ，则
【答案】A
【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若 ， ，则 ，A选项正确.
B选项，若 ， ，则 可能平行，所以B选项错误.
C选项，若 ， ，则 可能含于平面 ，所以C选项错误.
D选项，若 ， ，则 可能含于平面 ，所以D选项错误.
故选：A
6．已知 是两条不同的直线， 是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A． ，则B． ，则
C． ，则
D． ，则
【答案】C
【分析】根据 的关系可判断A，根据直线与平面的关系可判断B，根据线面垂直的性质判断C，根据面
面垂直的概念判断D.
【详解】对A， ，则 ，相交，异面和平行都有可能，故A错误；
对B， ，则可能 ， ，故B错误；
对C，根据线面垂直的性质可知 时， ，故C正确；
对D， ，则可能 相交，也可能平行，故D错误.
故选：C
7．已知l是直线， ， 是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面的位置关系一一判定即可.
【详解】
如图所示正方体 中，对于A项，若 为平面 ， 为平面 ，符合A条件，但两平面不平行，故A错误；
对于B项，若 为平面 ， 为平面 ，符合B条件，但线与面 不垂直，故B错误；
对于D项，若 为平面 ， 为平面 ，符合D条件，但 ，故D错误；
对于C项，设 在 上的投影为 ，则 ，由线面垂直的性质可知 ，
再由面面垂直的判定可得 ，即C正确.
故选：C
8． 表示平面， 为直线，下列命题中为真命题的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】借助长方体模型，结合线面垂直的判定定理、面面平行的性质逐一判断即可.
【详解】A：在长方体 中，设 表示平面 ，
分别表示平面 和平面 ，显然满足 ，
但是 ，因此本选项不正确；
B：在长方体 中，设 表示平面 ，
分别表示平面 和平面 ，显然满足 ，
但是 ，因此本选项不正确；C：设 ，
设点 是平面 任意一点，在平面 内过 做 ，垂足为 ，
因为 ， ， ，
所以 ，而 ，所以 ，同理 ，
而 ，所以 ，因此本选项正确；
D：在长方体 中，
分别表示平面 、平面 、平面 、平面 ，
显然满足 ，但是 ，因此本选项不正确，
故选：C
二、多选题
9．设 ， 为不重合的两条直线， ， 为不重合的两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若 且 ，则 ； B．若 且 ，则 ；
C．若 且 ，则 ； D．若 且 ，则 .
【答案】BD
【分析】根据线面的位置关系和面面的位置关系可以得出答案.
【详解】解：A：若 且 ，则 ， 可能相交、平行或异面，故A错误；
B：若 且 ，根据垂直于同一平面的两直线互相平行，故B正确；
C：若 且 ，根据面面的位置关系定义可得 与 可能平行也可能相交，故C错误；
D：若 且 ，根据面面平行的判定可知垂直于同一直线的两平面互相平行，故D正确.
故选：BD10．已知直线l和不重合的两个平面 ， ，且 ，下列命题正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】BC
【分析】结合面面平行的判定定理、面面平行的定义、面面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理可分别
判断四个选项的正误.
【详解】对于A，由 可得 与 平行或相交，故错误；对于B，若 ，则由面面平行的定义可得
，故正确；对于C，若 ，则由面面垂直的判定定理可得 ，故正确；对于D，当 时，l
可能在 内，可能与 平行，也可能与 相交，所以不一定有 ，故错误.
故选：BC.
11．设有三条不重合直线a，b，c和三个不重合平面 ，则下列命题中正确的有（ ）
A．若 ， 则 B．若 ， ，则
C．若 ， 则 D．若 ， 则
【答案】AC
【分析】根据平行的传递性可判断A，根据空间直线的位置关系可判断B，根据平行面的传递性可判断C，
根据面面之间的位置关系可判断D.
【详解】对于A，由平行线的传递性可知，若 ， ，则 ，所以A正确，
对于B，若 ，则 与 可能平行，可能相交，也可能异面，所以B错误，
对于C，根据平行面的传递性可知，若 ， ，则 ，所以C正确，
对于D，若 ，则 可能平行，也可能相交,所以D错误，
故选：AC.12．已知空间中两个不同的平面 ，两条不同的直线 满足 ，则以下结论正确的是
（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 相交，则 相交 D．若 ，则
【答案】CD
【分析】利用空间中线线、线面关系逐项判断即可.
【详解】A选项，如图所示： ， ， 与 有可能只是相交，故A错误；
B选项，如图所示：若 ， ， 与 有可能异面；
C选项，若 ， 相交，则 一定相交，故C正确；
D选项，由面面垂直的判定定理即可得若 ， ，则 ，
故D正确.
故选：CD.
13．设 为两条不同的直线， 为两个不同的平面，则下列结论错误的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】ABC
【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面的位置关系以及面面垂直的判定定理进行判断.
【详解】对于 ，若 ，则 与 平行､相交或 ，故 错误；
对于 ，若 ，则 与 相交或平行，故 错误；
对于 ，若 ，则 与 平行或异面，故 错误；
对于 ，若 ，则由面面垂直的判定定理得 ，故 正确.
故选： .
14．已知直线 、 ，平面 、 ，给出下列命题，其中正确的命題是（ ）
A．若 ， ，且 ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，且 ，则
D．若 ， ，且 ，则
【答案】AD
【分析】根据线面位置关系的性质定理与判定定理一一判定即可.
【详解】对于A项， ，∴ 或 ，又 ，∴ ，故A正确；
对于B项，如图所示，在正方体 中， ，面 ，面 ，
显然 ，而FH与BC不平行，即B错误；对于C项，
如上图所示，在正方体 中， ，面 ， ，面 ，
显然符合条件，而 ，不垂直，即C错误；
对于D项， ，又 ，∴ ，故D正确.
故选：AD
三、填空题
15．已知平面 ， 和直线m，给出条件：① ；② ；③ ；④ ．当满足条件
时，有 ．（选填其中的两个条件）
【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： 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．
16．已知 表示两个不同的平面， 为平面 内的一条直线，则“ ”是“ ”的 条
件
【答案】必要不充分
【分析】根据直线和平面的位置关系以及充分必要条件的定义可判断.
【详解】若 ， 与面 不一定垂直，
若 ，根据面面垂直的判定定理可得 ，故答案为：必要不充分.
17．已知 是两个不同的平面， 是平面 及 之外的两条不同的直线，给出下列四个论断：
① ；② ；③ ；④ .
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题： .（用序号表示）
【答案】①③④ ②(或②③④ ①)
【分析】已知①③④时，将 平移到相交位置，根据线面垂直的判定与性质以及直二面角的定义可推出
②；已知②③④时，根据直二面角的定义可推出①.
【详解】若 ， ， ，则 .
证明：过平面 和平面 外一点 ，作 ， 交 于 ，作 ， 交 于 ，
则 ， ， ，
显然 与 不平行，设 ，则 ， ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
延展平面 交 于点 ，连 ，则 ， ，
则 是二面角 的一个平面角，
因为 ， ，所以 ，同理有 ，
又 ，所以四边形 为矩形，则 ，
则平面 和平面 形成的二面角的平面角直二面角，故 ，
若 ， ， ，则 .
证明：因为 ，所以 与 所成的二面角为 ，
因为 ， ，所以直线 所成的角也为 ，即 .
若 ， ， ，则 与 相交或 或 .
若 ， ， ，则 与 相交或 或 .故答案为：①③④ ②(或②③④ ①).
18．已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题：
①若l垂直于α内两条相交直线，则 ；
②若l平行于α，则l平行于α内所有的直线；
③若 ， 且 ，则 ；
④若 且 ，则 ；
⑤若 ， 且 ，则 ．
其中正确命题的序号是 ．
【答案】①④
【分析】对于①，考虑直线与平面垂直的判定定理，符合定理的条件故正确；对于②⑤，可举出反例；对
于③考虑 的判定方法，而条件不满足，故错误；对于④符合面面垂直的判定定理，故正确．
【详解】对于①，由线面垂直的判断定理可知，若l垂直于a内的两条相交直线，则 ，故①正确，
对于②，若 ，如图1，
可知， 与 是异面关系，故②不正确，
对于③，若 ， 且 ，无法得到 ，故无法得到 ，故③不正确，
对于④，根据面面垂直的判断定理可得，若 且 ，，则 ，故④正确，
对于⑤，如图2，满足 ， 且 ，则 异面，
故⑤不正确，
故正确命题的序号是 ①④．
故答案为：①④
四、解答题19．已知正方体ABCD- 的棱长为2.
(1)求三棱锥 的体积；
(2)证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为求 即可；
（2）根据线面垂直证明线线垂直.
【详解】（1）在正方体ABCD- 中，易知 ⊥平面ABD，
∴ .
（2）证明：在正方体 中，易知 ，
∵ ⊥平面ABD， 平面ABD，∴ .
又∵ ， 、 平面 ，∴BD⊥平面 .
又 平面 ，∴ .
20．如图，在三棱锥P－ABC中， 底面ABC， ，D，E分别是AB，PB的中点．(1)求证： 平面PAC；
(2)求证：
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到 ，即可得证；
（2）由线面垂直的性质得到 ，再根据 ，即可得到 平面 ，即可得证.
【详解】（1）∵点D、E分别是棱AB、PB的中点，
∴ ，
又∵ 平面 ， 平面 ；
∴ 平面 ．
（2）∵ 底面 ， 底面 ，
∴ ，
∵ ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，
∴ ．
21．如图，长方体 中，底面 是正方形．(1)求证： 平面 ；
(2)求证： 平面 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据长方体的性质得到四边形 为平行四边形，则 ，即可得证；
（2）依题意可得 ，再由线面垂直的性质得到 ，即可得证.
【详解】（1）在长方体 中， 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）因为底面 是正方形，所以 ，又 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 .
22．所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.
【答案】见解析
【分析】取 的中点为 ，连接 ， ，根据线面垂直可得AB⊥CD.【详解】
取 的中点为 ，连接 ， ，
因为四面体 为正四面体，故 为等边三角形，
故 ，同理 ，
而 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 .
23．如图,在三棱锥 中, ,D,E分别是 的中点．
(1)求证： 平面 ;
(2)求证： 平面 ．
【答案】(1)见解析,
(2)见解析.
【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明线面平行;
(2)根据线面垂直的判定定理证明线面垂直.
【详解】（1）证明：由题知D,E分别是 的中点, ,
平面 平面 ,
平面 ,得证;
（2）证明：由题知 ,D是 的中点,,
平面 , 平面 且 ,
故 平面 得证.
24．如图所示，在四棱锥 中，底面 为平行四边形 ， ， 为 中
点， 平面 ， ， 为 中点.
(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）利用直线和平面平行的判定定理即可证明；
（2）利用平面和平面垂直的判定定理即可证明；
【详解】（1）证明：连接 、 ，在平行四边形 中， 为 、 的中点，
∵ 为 中点，∴ ，
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ；
（2）证明：∵ ，且 ，
∴ ，即 ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ ， 、 平面 ，∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，∴平面 平面 .25．如图，在三棱锥 中， 平面 ， ， 分别为 的中点．求证：
(1) 平面 ；
(2)平面 平面
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）根据条件知， ，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）首先证明 平面 利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）在 中， 分别为 的中点，
则 ,又 平面 , 平面 ,
则 平面 .
（2）因为 平面 ， 平面 ，
所以 又 ，且 平面 ,
所以 平面 又 平面 ，
所以平面 平面26．如图，在直三棱柱 中， ， 分别为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)设 为 上一点，且 ，求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据 得 ，并且得出四边形 为正方形，进而即可求证；
（2）利用等体积法的思想求点到平面的距离．
【详解】（1）证明：在直三棱柱 中， ， 分别为
的中点，
∵ ∴ ，即 ，
又 是直三棱柱，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ,
平面 , ,
∴ 平面 ， 平面 ,则 ，
∵ 分别为 的中点，且
∴四边形 为正方形，则 ，又 ，
平面 ，∴ 平面 ；
（2）由（1）知，即 ，又 是直三棱柱，∴ 平面 ，
∴ ，则点M到平面GBC的距离即为 ，∴ ，
由（1）知， ，且 ，∴ ，
设点点 到平面 的距离为 ，则 ，∴ ，则 ，
即点点 到平面 的距离为 ．
27．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:
(1) 平面AEC;
(2)平面AEC⊥平面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1) 设 ,连接 ,根据中位线可得 ,再根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)根据 可得 ,根据四边形 为菱形,可得 ,再根据线面垂直的判断定理可得
平面 ,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】（1）设 ,连接 ,如图所示:
因为O,E分别为 , 的中点,所以 ,
又因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 ．
（2）连接 ,如图所示:因为 , 为 的中点,所以 ,
又因为四边形 为菱形,所以 ,
因为 平面 , 平面 ,且 ,
所以 平面 ,又因为 平面 ,
所以平面 平面 ．
28．如图，已知三棱柱 的侧棱垂直于底面， .求证： .
【答案】证明见解析.
【分析】由题可得 ， ，然后根据空间向量的数量积结合条件可得 ，进而即
得.
【详解】因为 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，
所以， ，即 .29．如图，在直三棱柱 中， ， ， ，点 是 的中点.
(1)证明： ；
(2)证明： 平面 .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件证明 平面 ，再通过线面垂直的性质得到线线垂直；
（2）设 ，根据条件得到 ，再结合线面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）在直三棱柱 中， 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
因为 ， ， ，
所以 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以
（2）设 ，连接 ，则 是 的中点，
又因为 是 的中点，所以
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
30．如图，在四棱锥 中， ，底面ABCD为菱形，边长为2， ， ，
且 ，异面直线PB与CD所成的角为 .
(1)求证: 平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.
【详解】（1）因为四边形 为菱形，所以 ,
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ,
因为 ， 为 中点，
所以 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 .
（2）以 为原点， 方向为 轴方向，建系如图，
因为 ,所以 为异面直线 所成的角，
所以 ，在菱形 中， ，
因为 ，所以 ,
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得， ，
所以 ，解得 ，
所以 ,
,
所以 ,
所以点E到直线BP的距离为 .31．如图，正方形 与梯形 所在的平面互相垂直， ， ，
， 为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求证： 平面 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过中位线得到线线平行，利用判定定理可证或利用法向量证明线面平行；
（2）利用面面垂直的性质得到线面垂直，结合线面垂直的判定可证或利用直线的方向向量与平面的法向
量平行可证.
【详解】（1）解法一：证明：取 中点 ，连结 ， ，
由三角形中位线性质可得 且 ，
又因为 且 ，所以 且 ，
所以 是平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
解法二：证明：因为平面 平面 ，平面 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．
如图，以 为原点，以 ， ， 的方向分别为 轴、 轴、 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则．
因为 ，易知 为平面 的一个法向量．
因此 ，所以 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）解法一：证明：因为 ， ， ，
所以 ，所以 ．
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．
又 ， 平面 ，所以 平面 ．
解法二：由（1）可得 ， ， ．
设平面 的一个法向量 ， 则
，取 ，得 ，
所以 是平面 的一个法向量．
因此 ，所以 平面 ．
32．如图，几何体 为直四棱柱 截去一个角所得，四边形 是菱形，
， ， ，P为 的中点.证明：平面 平面 ；【答案】证明见解析
【分析】由线线垂直可得线面垂直，即可由面面垂直的判定求证.
【详解】如图，连接 ，四边形 是菱形， ，故 为等边三角形，由于P为 的中
点.故 .
又 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以平面 平面 ，
平面 平面 ，即故平面 平面 .
33．如图所示，在正方体 中， ， 分别为 ， 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）连接 ，根据 ， ，可得 ，再由线面平行的判定可得证；
（2）依题意可得 、 ，即可得到 平面 ，从而得证．
【详解】（1）连接 ，
因为 ， 分别为 ， 的中点，
所以 ，
又在正方体 中， 且 ，
所以 为平行四边形，所以 ，
所以 ，
而 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；（2）在正方体 中， 平面 ，
又 平面 ，
所以 ，
又四边形 为正方形，则 ， ，所以 ，
而 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
则平面 平面 ．
34．如图，在四棱柱 中， 底面 ，底面 满足 ，且
， .
(1)求证： 平面 ；
(2)求四棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得 ，利用勾股定理逆定理可得 ，再根据线面垂直
的判定定理即可证明 平面 ；（2）根据题目中各边的长度由勾股定理可得 ，再由直棱柱性质可得 为四棱锥 的
高，根据椎体体积公式求出结果即可.
【详解】（1）由 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为 ， .
满足 ，可得 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）由（1）中 ，且 ， ，可得 ，
因此 ，即 ，
又 平面 ， ，
可得 平面 ， 平面 ，
即 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，即 为四棱锥 的高，
即四棱锥 的体积. .
35．如图所示，在三棱锥 中， 底面 ， ，
动点D在线段AB上.(1)求证：平面 平面 ，；
(2)当 时，求三棱锥C－OBD的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得线线垂直，根据勾股定理可知 ，根据线面垂直的判定定理
可知 平面 ，而根 平面 ，满足定理所需条件；
（2） ， ，此时， ．根据三棱锥的体积公式求出所求即可．
【详解】（1）证明： 底面 ， 底面BOC， ， ．
， ， ．
，所以 ，所以 ，
由于 平面 ,
平面 ．
平面 ， 平面 平面 ．
（2） ， ，
此时 ．
．
36．如图所示，在正方体 中， 为 与 的交点， 为 的中点，求证： 平面．
【答案】证明见解析
【分析】要证明 平面GBD，只需证明 垂直于平面GBD中的两条相交直线．易知 ，而
中的G，O连接后的线段GO与 垂直的可能性最大，故不妨尝试证明 ，由向量的数量
积可知只需证明 即可·
【详解】如图所示，连接 ，
设 ， ， ，则 ， ， ， ．
因为 ，
，
，
所以
，，
所以 ， ，即 ， ．
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
37．如图，在四棱台 中，平面 平面ABCD，底面 为正方形， ，
.求证： 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】根据平面 平面ABCD可得 平面 ，进而得到 ，在等腰梯形 ，
作 ，结合长度关系可得 ，进而得证.
【详解】证明：因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面
，
则 平面 .
又 平面 ，则 ；
在等腰梯形 ，如下图，作 ，由题可知 ， ，
又 ，则 ，结合 ，得 .
因 ，则 .
又 平面 ， 平面 ， ，
则 平面 .
38．如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是梯形，点 在 上，
．求证：平面 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量先证明 平面 ，然后根据面面垂直的判定证明即可.
【详解】因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为 ，
所以 两两垂直，
所以以 所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
因为 , ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以平面 平面 ；
39．如图所示，四棱锥 的底面 是边长为1的菱形， ， 是 的中点，
底面 ， ．
证明：平面 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向量是 ，结合 得到 和共线，所以 平面 ，从而得到面面垂直.
【详解】证明：因为底面 是边长为1的菱形， ，
所以 ⊥ ，
如图以 为原点， 所在直线为 轴，平行于 的直线为 轴， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ．
所以 ，
平面 的一个法向量是 ，
所以 和 共线，所以 平面 ，
又因为 平面 ，故平面 平面 ．
40．如图，四棱锥 中，底面 为正方形， 底面 ， 为 的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)求证：平面 平面 .
【答案】(1)证明详见解析(2)证明详见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理来证得 平面 ；
（2）根据面面垂直的判定定理来证得平面 平面 .
【详解】（1）设 ，连接 ，
由于 分别是 的中点，
所以 ，由于 平面 ，
平面 ，所以 平面 .
（2）由于四边形 是正方形，所以 ，
由于 平面 平面 ，
所以 ，由于 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，
所以平面 平面 .
【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．已知直线 和两个不重合的平面 ，则下列命题正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】D
【分析】由空间直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断即可.
【详解】若 ，则 不一定平行，还可以相交，故A错误；若 ，则 ，故B错误；
若 ，则 不一定平行，还可以相交，故C错误；
若 ，则必存在直线 ，且 ，
而 ，所以 ，所以 ，故D正确.
故选：D
2．设 ､ 是互不重合的平面， ､ ､ 是互不重合的直线，下列命题正确的是（ ）
A．若 ， ， ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】D
【分析】根据线面的位置关系结合面面垂直的判定定理逐一判断即可.
【详解】对于A，若 ， ， ， ，
则 或 或 与 相交，故A错误；
对于B，若 ， ，则两直线平行或或相交或异面，故B错误；
对于C，若 ， ， ，则直线 平行或或相交或异面，故C错误；
对于D，若 ，则在平面 内存在直线 ，
又 ，所以 ，
又 ，所以 ，故D正确.
故选：D.
3．已知直线 ， 和平面 ， ，则使平面 平面 成立的充分条件是（ ）
A． ， B． ，
C． ， ， D． ，【答案】A
【分析】A选项，由条件可得到 得到充分性；B选项，不一定得到 ，作图说明；C选项，
不一定得到 ，作图说明；D选项，根据条件得到面面平行可以判断.
【详解】A选项中，根据 ， ，可得存在 ，所以 ，所以平面 平面
，A正确；
B选项中， ， ,， ， ，不一定得到 ，如下图，所以B错误；
C选项中， ， ， ，不一定得到 ，如下图，所以C错误；
D选项中，根据 ， ，所以 ，所以D错误.
故选：A.
4．已知不重合的平面 、 、 和直线 ，则“ ”的充分不必要条件是（ ）
A． 内有无数条直线与 平行 B． 内的任何直线都与 平行
C． 且 D． 且
【答案】D
【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定
理可判断D选项.【详解】对于A选项，若 内有无数条直线与 平行且这无数条直线是平行直线，则 、 平行或相交，
即“ 内有无数条直线与 平行” “ ”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“ 内的任何直线都与 平行” “ ”，B不满足；
对于C选项，若 且 ，则 、 平行或相交，
则“ 且 ” “ ”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若 且 ，则 ，
反之，若 ，则“ 且 ”不一定成立，
故“ 且 ”是“ ”的充分不必要条件，D满足.
故选：D.
5．设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】D
【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.
【详解】当 ， 时，可能有 ，但也有可能 或 ，故A选项错误；
当 ， 时，可能有 ，但也有可能 或 ，故选项B错误；
在如图所示的正方体 中，取 为 ， 为 ， 为平面 ， 为平面 ，这时满足 ， ， ，但
不成立，故选项C错误；
当 ， ， 时，必有 ，从而 ，故选项D正确；
故选：D.
二、多选题
6． ， ， 是不同的直线， ， 是不同的平面，下面条件中能证明 的是（ ）
A． ， ， ， ，
B． ， ，
C． ，
D． ，
【答案】AD
【分析】由线面垂直定义，线面垂直判定定理，面面垂直性质定理可判断选项正误.
【详解】A选项，可知直线 与平面 内两条相交直线垂直，则 ，故A正确；
B选项，缺少条件 ，不能保证 ，故B错误；
C选项，此时 有可能与两平面交线不垂直，此时不能保证 ，故C错误；
D选项，因 ， ，则 ，故D正确.
故选：AD
7．在空间中，设 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，则下列正确的是（ ）A．若 ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】AD
【分析】由面面垂直的判定定理可得 ，选项A可判定；若 ， ，则 ， 或 与
相交，选项B可判定；若 ， ， ，则 ， 与 相交， 与 异面，选项C可判定；
由面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理可证得
，选项D可判定.
【详解】因为 所以可取直线 ， 且 ，
因为 ， ，所以 ，又 ，可得 ，故选项A正确；
若 ， ，则 ， 或 与 相交，故选项B错误；
若 ， ， ，则 ， 与 相交， 与 异面，故选项C错误；
因为 ，令 可取直线 ， 且 ，
可得 又 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
又 ，可得 ，故选项D正确.
故选：AD.
三、填空题
8．设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面.下列正确命题的序号是 .①若 ， ， ，则 ②若 ， ， ，则
③若 ， ， ，则 ④若 ， ， ，则
【答案】②
【分析】举例说明判断①③④；利用相关性质推理判断②作答.
【详解】对于①，在长方体 中，平面 ，平面 分别为 ，
直线 分别为直线 ，显然有 ， ， ，而 ，①错误；
对于②，因为 ， ，当 时，由 ，得 ，
当n不在平面 内时，则存在过直线 的平面与 都相交，令交线分别为 ，
则有 ，而 ， ，于是 ，因此 ，②正确；
对于③，在长方体 中，平面 ，平面 分别为 ，
直线 分别为直线 ，满足 ， ， ，而 ，③错误；
对于④，在长方体 中，平面 ，平面 分别为 ，
直线 分别为直线 ，满足 ， ， ，而 ，④错误，
所以正确命题的序号是②.
故答案为：②
9．设 是一条直线， 是不同的平面，则在下列命题中，假命题是 ．
①如果 ，那么 内一定存在直线平行于
②如果 不垂直于 ，那么 内一定不存在直线垂直于
③如果 ，那么④如果 ， 与 都相交，那么l与 所成的角互余
【答案】④
【分析】根据线面、面面位置关系有关知识对命题进行分析，从而确定正确答案.
【详解】①， ，且交线为 ，则在 内，与 平行的直线 与 平行，①正确.
②，若存在 且 ，根据面面垂直的判定定理可知 ，
这与“ 不垂直于 ”矛盾，所以②正确.
③，若 ，
如下图所示，设 ，
过 作 ，垂足分别为 ，
由于 ，所以 ，由于 ，所以 ，
同理可证得 ，由于 ，
所以 ，所以③正确.
④，如果 ， 与 都相交，设 ，如下图所示，
设 ，过 作 ，垂足为 ，
过 作 ，垂足为 ，
由于 ，所以 ，同理可证得 ，
所以 与 所成角为 ， 与 所成角为 ，
， 与 长度不相等，所以么l与 所成的角不互余，④错误.
故答案为：④
四、解答题
10．如图，在三棱锥 中， 平面 ， ， ， ， 为垂足.
(1)求证： 平面 ；
(2)若 为 的中点，求四面体 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出 平面 ，可得出 ，由等腰三角形三线合一的性质可得出 ，
再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出 平面 ，并计算出 的长以及 的面积，利用锥体的体积公式可求得四面体
的体积.
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ，所以， ，因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
因为 ， 为 的中点，则 ，
因为 ， 、 平面 ，因此， 平面 .
（2）解：因为 、 分别为 、 的中点，则 且 ，
因为 平面 ，则 平面 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， ，
则 ，
因为 为 的中点，则 ，
因此， .
11．如图所示的几何体中，四边形 为正方形， .
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，平面 平面 .若 为 中点，求证： .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得 ，由线面平行的判定定理可得答案；
（2）由面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直的判定定理得出 平面 ，即可得证.
【详解】（1）因为四边形 为正方形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）若 ，则 为等边三角形，如图，因为 为 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 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 .
12．已知矩形 中， ， 的中点为 ，将 绕着 折起，折起后点 记作 点
（不在平面 内），连接 、 得到几何体 ， 为直角三角形.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出 面 ，可得出 ，利用勾股定理可证得 ，利用线面垂直和
面面垂直的判定定可证得结论成立；
（2）推导出 面 ， ，以点 为坐标原点，分别以 、 、 方向为 、 、 轴
的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面 与平面
所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接 ，连接 交 于点 ，则 ，翻折前 ，翻折后，则有 ，
由于 为直角三角形，且 ，
，因此必有 ，
又因为 ， 、 平面 ，则 面 ，
因为 平面 ，从而可得 ，
又因 ， ，则 ，所以， .
又因 ， 、 平面 ，即 面 ，
因为 平面 ，因此，面 面 .
（2）解：如图，取 中点为 ， 中点为 ，连接 ，
由（1）可知，平面 平面 ，
因为 ， 为 的中点，则 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，所以， 面 ，
因为 、 分别为 、 的中点，则 ，
因为 ，则 ，
以点 为坐标原点，分别以 、 、 方向为 、 、 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则 、 、 、 ，
得 ， ， ， ，设平面 的一个法向量为 ，
由 ，则 ，
取 ，则 ， ，得到 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ， ，则 ，
则 ，
从而 ，
也即平面 与平面 所成夹角的正弦值为 .
13．如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， 底面 ，E是 的中点，已知
， ．
(1)求证： ；
(2)求证：平面 平面 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）以A为原点， ， ， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利
用向量法证明 ．
（2）运用线面垂直的性质定理可证得 ，进而运用线面垂直的判定定理可证得 平面PAC，进而可证得面面垂直.
【详解】（1）以A为原点， ， ， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如
图所示，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ，
所以 ，所以 ．
（2）连接 ， ，如图所示，
因为 面 ， 面 ，所以 ，
又因为四边形 为正方形，所以 ，
又因为 ， 、 面 ，所以 面 ，
又因为 面 ，所以平面 平面 ．
14．如图，四棱锥 ， 平面ABCD， 为等边三角形， ，B，D位于AC的异侧，
.
(1)若 ，求证：平面 平面PBD；(2)若直线 平面PAD，求四棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形与平行四边形的性质，利用线面垂直的性质定理以及判定定理，结合面面
垂直判定定理，可得答案；
（2）根据线面垂直性质定理，结合三角形的面积公式求得三棱锥底面积，利用三棱锥体积公式，可得答
案.
【详解】（1）证明：因为 ，且 为等边三角形，所以 ，
因为 ， ，所以四边形ABCD为平行四边形，
又 为等边三角形，可得，四边形ABCD为菱形，所以 ，
因为 平面ABCD，且 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，且 ，所以 平面PAC，
因为 面PBD，所以平面 平面PBD.
（2）已知 平面ABCD， ，
在等边 中， ，
因为 平面PAD，且 平面 ，所以 ，
因为 ， 为边长为2的等边三角形，所以 ，
在 ，则 ， ，
所以 ，
所以四棱锥 的体积 .
15．如图，几何体 中， 为等腰梯形， 为矩形，
，平面 平面 .(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点 作 的垂线，垂足为 ，连接 ，根据平面 平面 可得
平面 ，再由线面垂直的性质和勾股定理可得答案；
（2）建立空间直角坐标系 ，求出 、平面 的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）如图，过点 作 的垂线，垂足为 ，连接 ，
由已知可得 ，
平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
平面 ，
平面 ，
；
（2）建立如图所示空间直角坐标系 ，则 ，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 得 ，设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
，即直线 与平面 所成角的大小为 .
16．如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 为直角梯形， ，
， 为 的中点.
(1)证明： .
(2)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直性质和判定可证得 平面 ，进而得到 ；由等腰三角形三线合
一性质可得 ，由线面垂直的判定与性质可证得结论；
（2）根据 为 中点可知 ，由棱锥体积公式可求得 ，从而得到 ；根据长度
和垂直关系，结合解三角形的知识可求得 ，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.
【详解】（1） 平面 ， 平面 ， ；
又 ， ，
， 平面 ， 平面 ，
平面 ， ；
为 的中点， ， ；， 平面 ， 平面 ，
平面 ， .
（2）连接 ，取 的中点 ，连接 ，
为 的中点， ，又 ， .
， ， ， ， .
又 ， 平面 ， ， .
分别为 中点， ，又 平面 ， 平面 ，又 ，
， ，
， ，
又 ，
在 中， ，
， .
设点 到平面 的距离为 ，则 ，解得： ，即点 到平面 的距离为 .
17．如图，圆锥SO，S为顶点， 是底面的圆心， 为底面直径， ，圆锥高 点P在高SO
上， 是圆锥SO底面的内接正三角形.
(1)若 ，证明: 平面
(2)点P在高SO上的动点，当 和平面 所成角的正弦值最大时，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意易证 ， ，再根据线面垂直的判定即可证明 平面 .
（2）首先点 为原点，平行于 方向为x轴，以 方向为y轴，以 方向为z轴，建立空间直角坐标
系，利用空间向量法和基本不等式得到当 时， 与平面 所成角的正弦值最大，再求三棱锥
的体积即可.
【详解】（1）因为 ， ，所以 是正三角形，则 ，
易知 底面圆 ，而 底面圆 ，所以 ，
又在 中， ，所以 ，
因为 是正三角形，所以 ，
且 ， ，所以 ， ，同理可证 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）如图，因为 ，所以以点 为原点，平行于 方向为x轴，以 方向为y轴，以 方向为z轴，建立以 为原点的空间直角坐标系 ，
设 ，
所以
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，故 ，
设直线 和平面 所成的角为 ，
则
，
当且仅当 ，即 时， 所在直线和平面 所成角的正弦值最大，
故 .
18．如图，已知四棱锥 中，底面 是边长为2的正方形， 平面 ， ， 是
的中点．(1)证明： ；
(2)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得 ，结合 ，推出 平面 ，得到
，证明 平面 ，即可证明 ．
（2）利用 ，转化求解即可．
【详解】（1）证明：因为底面 是边长为2的正方形， ，所以 ，
因为 是 的中点，所以 ,
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为四边形 为正方形，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
（2）设点 到平面 的距离为 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ，所以 为等腰直角三角形，
因为 是 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 是 的中点， 平面 ，所以点 到平面 的距离为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，解得 ，
所以点 到平面 的距离为 .
19．如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， 平面
分别是 中点，点 在棱 上移动.
(1)证明：无论点 在 上如何移动，都有平面 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理来证得平面 平面 .
（2）利用等体积法来求得点 到平面 的距离.
【详解】（1）连接 ， 底面 为菱形， ， 为正三角形，
是 的中点， ，又 ，
平面 平面 ，
平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 平面 .（2）连接 ， ，
.
设 到平面 的距离为 ， ，
由于 平面 ，所以 ，所以 ，
由 ，得 .
20．如图，直三棱柱 中，点 是 上一点.
(1)若点 是 的中点，求证 ∥平面 ；
(2)若平面 平面 ，求证 .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接 ，设 ，则由三角形中位线定理可得 ∥ ，然后利用线面平行的判定定理可得结论；
（2）在平面 中，过 作 ，则由面面垂直的性质可得 平面 ，则 ，再由
直棱柱的性质可得 ，然后由线面垂直的判定可得 平面 ，从而由线面垂直的性质可得
结论.
【详解】（1）证明：连接 ，设 ，则 为 的中点，
连接 ，由 是 的中点，得 ∥ ，
又 面 ，且 面 ，
所以 ∥平面 ；
（2）证明：在平面 中，过 作 ，
因为平面 平面 ，又平面 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
在直三棱柱 中， 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以 .
21．如图，在三棱柱 中，底面是边长为2的等边三角形， 分别是线段 的
中点， 在平面 内的射影为 .
求证： 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】要证直线与平面垂直，可以根据判定定理，证明此直线与平面内的两条相交直线垂直（此时可以
用几何法证明直线垂直，也可以用向量法证明直线垂直），从而证得直线与平面垂直；也可以利用向量法，
求出直线的方向向量和平面的法向量，从而证得直线与平面垂直.
【详解】法一：连接 ，因为 为等边三角形， 为 中点， ，
因为 在平面 内的射影为 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ， ，
平面 ，
平面 ，又因为 平面 ，由题设知四边形 为菱形， ，
分别为 中点， ，
又 平面 ，
平面 .
法二：连接 ，因为 在平面 内的射影为 ，所以 平面 ，
又 平面 ， ，
又 为等边三角形， 为 中点， ，
则以 为坐标原点， 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
，
，即 ，
又 平面 ，
平面 .
法三：连接 ，因为 在平面 内的射影为 ，所以 平面 ，又 平面 ， ，
又 为等边三角形， 为 中点， ，
则以 为坐标原点， 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，
设平面 的法向量为 ，
，即 ，
不妨取 ，则 ，则 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
， ， ，
平面 .
22．已知在直三棱柱 中，其中 为 的中点，点 是 上靠近
的四等分点， 与底面 所成角的余弦值为 ．求证：平面 平面 .
【答案】证明见解析
【分析】根据 与底面 所成角的余弦值为 得到 是边长为 的等边三角形，然后利用空间
向量的方法证明平面 平面 即可.
【详解】
取 的中点 ，连 ，
因为 为 的中点，所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 与底面 所成角的余弦值为 ，所以 与底面 所成角的余弦值为 ，
因为三棱柱为直三棱柱，所以 平面 ，所以 是 与底面 所成角，所以，所以 ，所以 ，
又 ，所以 是边长为 的等边三角形，
取 的中点 ， 的中点 ，连 ，则 ， ， 平面 ，
以 为原点， 的方向为 轴建立空间直角坐标系：
则 ， ， ， ， ， ， ， ，
，
， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，平面 的一个法向量为 ，
则 ，得 ，令 ，得 ， ，
，令 ，得 ， ， ，
因为 ，所以 ，
所以平面 平面 .
23．如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点E在底面圆周上， ，F为垂足．
(1)求证： ．
(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时，求点B到平面CDE的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证明 ，可得 ，进而证明 ，根据线面垂直的性质定
理可证明结论.
（2）由 为直线DE与平面ABE所成角，求得 ，设B到平面CDE的距离为h，则有
，由等体积法可求h.
【详解】（1）∵AB为圆的直径， ，
又 平面AEB， 平面AEB， ，
又 ， 平面ADE， 平面ADE，
而 平面AEB， ，
又 ，且 ， 平面BDE，
平面BDE，
又 平面BDE， ；
（2）由题意可知， 平面ABE，
为直线DE与平面ABE所成角，
， ，
设B到平面CDE的距离为h，则有 ，
因为 ， ， ，
由余弦定理得 ，
则 ，
故 ，
由点 向直线 作垂线，垂足为 ，
平面AEB， 平面AEB，所以 ，
平面 ，所以 平面 ，且 ，
，解得 ，
∴B到平面CDE的距离为 ．
24．如图，在正三棱柱 中， ，点 在 上，且 ， 为 中点，证
明：
(1) 平面 ；
(2)平面 平面 .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）延长 和 交于点 ，设 ，根据题意，证得四边形 为平行四边形，
得到 ，结合线面平行的判定定理，即可证得 平面 ；（2）根据题意，分别证得 和 ，结合线面垂直的判定定理，证得 平面 ，进
而证得平面 平面 .
【详解】（1）证明：如图所示，分别延长 和 交于点 ，设 ，
设 ，因为 ，可得 ，
由 ，可得 ，即 ，解得 ，
又因为 为 的中点，可得 ，所以 ，所以 ，
又由 ，所以四边形 为平行四边形，所以 为 的中点，
设 ，因为四边形 为矩形，所以 为 的中点，
在 中，由三角形的中位线定理，可得 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）证明：因为三棱柱 为正四棱柱，且 ，
可得四边形 为正方形，所以 ，
又因为 为 的中点，可得 ，且 为 的中点，所以 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 .25．如图所示，在正方体 中．求证：（立体几何证明过程中不可使用向量法，否则不给
分）
(1)直线 平面 ；
(2)平面 平面 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）先证明 平面 ，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
【详解】（1）证明：在正方体 中， ，
即四边形 为平行四边形，
所以 平面 平面 ，
所以 平面 ．（2）在正方体 中，
平面 中，又因为 平面 ，
所以 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 ．
26．如图，在多面体 中，四边形 是正方形， ， 且
，二面角 是直二面角．
(1)求证： 平面 ；
(2)求证： 平面 .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明 两两垂直，建立空间直角坐标系，确定平面 的法向量，根据空间位置
关系的向量证法，即可证明结论；
（2）求出平面 的法向量，根据空间位置关系的向量证法，即可证明结论；【详解】（1）证明：由二面角 是直二面角，四边形 为正方形，则 ，
平面 ，平面 平面 ,可得 平面ABC.
又因为 ，所以 ，所以 ，即 ，
所以 两两垂直，
以A为坐标原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，
设 ，则知点 ， ，
， ，
由于 两两垂直， 平面 ，即 平面 ，
故平面 的一个法向量可取为 ，
而 ，即 ，所以 平面 .
（2）证明：由（1）知 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
即 ，令 ，则 ，即 ，所以 ，所以 ，
又因为 平面 ，所以 平面 .
27．如图所示，在四棱锥 中底面ABCD是边长为2的菱形， ，面 面 ，
．
(1)证明： ；
(2)求点A到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直以及等腰三角形的性质，可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据菱形的性
质，结合线面垂直性质定理，可得答案；
（2）根据线面平行，将问题等价转化，利用直角三角形的性质，可得答案.
【详解】（1）如图，取AD中点H，连接PH，HB，BD
∵ABCD是边长为2的菱形， ，
由 ，得 ，∵ ，∴ ，∴H为AD的中点，
∵ ，H为AD的中点，∴ ，而 ， 平面 ，
∴ 平面PHB，又 平面PHB，∴ ，
又∵ ∴ ．
（2）因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面
由 平面PBC知点A与点H到平面PBC距离相等，
由（1）知 平面PHB， ，∴ 平面PHB，而 平面PBC，
∴平面 平面PHB，过点H作 于M，
又平面 平面 ，∴ 平面PBC，
知HM即为点H到平面PBC的距离，
由平面 平面ABCD，平面 平面 平面PAD， ，
∴ 平面ABCD，而 平面ABCD，∴ ，
又 ，∵ ， ，∴ .
28．如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， ， ，
，E是PC的中点．证明：PD 平面ABE.
⊥
【答案】证明见解析
【分析】由题设构建空间直角坐标系，法一：求出平面ABE的法向量 ，坐标公式判断 ，即可证结
论；法二：向量垂直的坐标表示证 ， ，根据线面垂直的判定证结论.
【详解】由 底面 ， ，易知 两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC，设 ，则 ，
∵ ，∴ 为正三角形，则 ，
∴ ，
法一：设平面ABE的法向量为 ，则 ，
令 ， ，而 ，显然 ，则 ，
∴ 也是平面ABE的一个法向量，即 平面ABE.
法二： ，则 ， ，
∴ ， ，即 ，故 平面ABE.
29．如图，在四棱锥 中，底面ABCD为菱形，平面 底面 ，且 ，
，E为CD的中点，F为AD的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接 ，先证明 ，根据面面垂直及线面垂直得性质证明 ，再根据线面
垂直的判定定理即可得证；
（2）根据棱锥的体积公式计算即可.
【详解】（1）连接 ，
因为E为CD的中点，F为AD的中点，所以 ，
又底面ABCD为菱形，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又因 平面 ，
所以 平面 ；
（2）由 ，得 ，
因为底面ABCD为菱形， ，
所以 为等边三角形，所以 ，
则 ，
所以 .
30．图1是直角梯形 ， ， ， ， ， ， ，以 为
折痕将 折起，使点 到达 的位置，且 ，如图2．(1)证明：平面 平面
(2)求点 到平面 的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用已知条件得四边形 为菱形，连接 交 于点 ，得 ，再利用长度关
系得到 ，再由线面垂直的判定可得 平面 ，从而得到平面 平面 ；
（2）计算出 ，并计算出 的面积，利用等体积法可求得点 到平面 的距离.
【详解】（1）如图所示：
连接AC，交BE于F，
因为 ， ， ， ， ，所以AE=4，
又 ，所以四边形ABCE是菱形，所以 ，
在 中， ，所以 ，
在 中，又 ， ，则 ，
所以 ，又 ， 面 ，所以 平面 ，又因为 面 ，所以平面 平面
（2）设点D到平面 的距离为h，
因为 ，
且 ，所以 ，
即 ，解得 .
【C组 在创新中考查思维】
一、解答题
1．如图，在三棱锥 中， ， ， 为 的中点， 为 的中点，且 为正
三角形．
（ ）求证： 平面 ．
（ ）若 ， ，求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【详解】试题分析：（1）要证 平面 ，只需证明 与平面 内的两条相交直线 垂直，利用直线与平面垂
直的判定定理证明即可；
（2）解法一：通过 ，利用等体积法 ，即可求解点 到平面 的距离；
解法二：过点 作直线 的垂线，角 的延长线于点 ，证明 平面 ，说明 为点 到平
面 的距离，一是利用等面积求解，二是利用解直角三角形求解．
试题解析：
（ ）
证明：在正 中， 是 的中点，
∴ ，
∵ 是 的中点， 是 的中点，
∴ ，故 ，
又 ， ，
， 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴ ，
又 ， ，
， 平面 ，
∴ 平面 ．
（ ）解法 ：设点 到平面 的距离为 ，
∵ ， 是 的中点，
∴ ，
∵ 为正三角形，
∴ ．∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ．
由（ ）知 ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
故点 到平面 的距离为 ．
点睛：本题考查了直线与平面垂直的判断与证明，点到直线的距离的求法等知识点，此类题目是立体几何
中的常见问题，解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过
严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题
目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运
算能力等．2．如图， 是半球的直径， 为球心， ， ， 依次是半圆上的两个三等分点， 是半球面上
一点，且 .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若点 在底面圆内的射影恰在 上，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】(1)由面面垂直的判断定理可知，要证平面 平面 ，只需证一个平面内的一条直线垂直
于另一个平面内的两条相交直线即可，根据 ，结合题意只需证明 ，即四边形 是
菱形即可；
(2)由(1)可得 平面 ，结合已知条件可得点P在底面圆内的射影是 与 的交点Q，在
中，由勾股定理计算 ，求出 ，再根据 即可求解.
【详解】（1）证明：连接 ，如图， 是半圆 上的两个三等分点，
则有 ，
∵ ，
∴ 都是正三角形.
∴ ，
四边形 是菱形， ，
∵ ， 平面 ，∴ 平面 ， 平面
∴平面 平面 .
（2）由(1)知， 平面PON，
所以平面 平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，
则点P在底面圆内的射影在ON上，
又 点P在底面圆内的射影在BM上，
点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，
，
故 ，
在 中，由余弦定理，可得 ，
故 ，故 ，
在 中， ，
故 ，
故 .
由 ，可得 ，
即 ，所以 ，
点 到平面 的距离为 .【点睛】
3．如图，在几何体ABCDE中， 面 ， ， ， ．
(1)求证：平面 平面DAE；
(2)AB=1， ， ，求CE与平面DAE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行证得 ，再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）首先确定直线 与平面 所成角的平面角为 ，再应用棱锥体积公式求 、
，即可得解.
【详解】（1）如图，取 的中点M、N，
连接 、 、 ，则知 ，且 ，
又 ，且 ，
所以 ，且 ，
则四边形 为平行四边形，所以 ．
∵ ，M为 的中点，∴ ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ ．
又 ， 平面 , 平面 ，∴ 平面
从而可得 平面 ，由于 平面 ，
所以平面 平面 ，命题得证．.
（2）由（1）知， 平面DAE于 ，则 为CE与平面DAE所成角.
且在 中， ，由 且 ，得 ，
又已知 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ 平面ABCD，∴ 平面ABCD，
设 ，则 ，那么有 ，
则 ，解得 ，即有 ．
从而易得，在 中， ；
又在 中， ，则知 ；
∴ ，即CE与平面DAE所成角的正弦值为 ．
4．如图，四棱锥 中， 为矩形， ，且 ． 为
上一点，且 ．(1)求证： 平面 ；
(2) 分别在线段 上的点，是否存在 ，使 且 ，若存在，确定
的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在 使 且 ，其中 是线段 靠近 的四等分点， 是线段 靠近 的四
等分点.
【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明 平面 ；
（2）假设存在存在 符合题意，建立空间直角坐标系，利用向量的方法保证 且 ，
进而确定确定 的位置.
【详解】（1） ，且 平面
又 平面 ，
矩形 中，
又 ，则 与 相似，则
． ；
又 ， 平面 ；
（2） ，且 平面 ．又 ，
则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知
，
假设存在 满足 且 ．在线段 上 ，可设
的坐标
在线段 上，可设
则 ．
要使 且 ，则 ，
又 ，
可得 ，解得 ．
故存在 使 且 ，
其中 是线段 靠近 的四等分点， 是线段 靠近 的四等分点.
5．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面 平面ABCD， ， ， ，
， ，E，H分别是棱AD，PB的中点.
(1)证明： 平面PCE；
(2)若 ，求点P到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）先由平面几何证得四边形AFCD是正方形，从而由勾股定理证得 ，再由面面垂直的
性质定理证得 ，由此利用线面垂直的判定定理证得 平面PCE；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得平面 的法向量 ，从而由
求得点P到平面 的距离.
【详解】（1）在棱AB上取点F，使得 ，连接CF，BE，
因为 ， ， ，所以四边形AFCD是正方形，
因为E是棱AD的中点，所以 ，又 ，
所以 ， ，
从而 ，故 ，
因为 ，且E是棱AD的中点，所以 ，
又因为平面 平面ABCD，且平面 平面ABCD＝AD， 平面 ，
所以 平面ABCD，又 平面ABCD，所以 ，
因为 平面PCE， 平面PCE，且 ，
所以 平面PCE．
.
（2）结合（1）中结论，以E为原点，分别以 ， 的方向为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直
角坐标系，
则 ， ， ， ，
因为在 中， ，所以 ，则 ， ，则 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
又 ，
所以点P到平面 的距离为 .
6．如图， 平面 ，底面 为矩形， 于 ， 于
（1）求证： 面 ；
（2）设平面 交 于 ，求证： .
【答案】（Ⅰ）见解析；（2）见解析
【详解】（Ⅰ）∵ 平面 ， 面
∴ ，
又 ，
∴ 面 , 面 ，
∴
∴ 面 , 面 ，
∴ ，
又∵ ,∴ 面 .
（Ⅱ）设平面 交 于 ，
由（Ⅰ）知 面
∴ ,
由（Ⅰ）同理 面 , 面 ，
∴ ∴ 面 , 面 ，
∴ ，
考点：线面垂直；线线垂直
7．如图，在四棱锥 中，底面 为正方形，点 在底面 内的投影恰为 中点，且
．
(1)若 ，求证： 面 ；
(2)若平面 与平面 所成的锐二面角为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）根据已知条件 ，不妨设 ， ，然后根据勾股定理分别证明
， ，最后根据线面垂直的判断进行证明即可.
（2）首先过 点做底面垂线，垂足为 中点 .不妨假设底面正方形 的边长为 ， .建立空
间直角坐标系，通过已知条件平面 与平面 所成的锐二面角为 ，求出 ，最后根据线面角
的夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）如图，连接 ， .
已知 ，不妨设 ， .
已知点 在底面的投影落在 中点，所以四棱锥 为正四棱锥，
即 ，
底面 为正方形， ，得 ，同理得 ，
为 的中点， ， ，得 ，
， ，同理可得 ，
平面 ， 平面 ，且 ， 平面 .
（2）如图，过 点做底面垂线，垂足为 中点 .
以 所在直线为 轴，以过 点且与 平行的直线为 轴，以 所在直线为 轴如图建立空间直角坐
标系.不妨假设底面正方形 的边长为 ， .
因此得 ， ， ， ， ， .
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，解得： ， ， ，故 ；
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，解得： ， ， ，故 ；
由平面 与平面 所成的锐二面角为 ，
得 ，解得 或 （舍）.
得 ， ，设直线 与平面 所成角为 ，
则 .故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
8．如图所示，在三棱柱 中， 为正方形， 是菱形， ，平面
平面 ．
(1)求证： ；
(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）先利用面面垂直的性质定理证得 平面 ，再利用线面垂直的判定定理证得
平面 ，由此证得结论；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的一个法向量 ，由此
利用空间向量求角的方法即可求得所求.
【详解】（1）连接 ，在正方形 中， ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
在菱形 中， ，
因为 ， 面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
.
（2）在平面 内过点 作直线 垂直于 ，垂足为 ，
由（1）可知 平面 ，所以 ， ，
故以点 为坐标原，分别以 所在的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
不妨设 ，则 ， ，在菱形 中， ，
所以 ，故 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，故 ，
由（1）可知， 是平面 的一个法向量，且 ，所以 ，
结合图形，可知平面 与平面 所成角为锐角，所以其余弦值为 .
.
9．如图，把以 为底边的等腰 绕着它的一条腰 旋转到 的位置，使得 为正三角
形，且 ， ， 、 为线段 、 上的点，且 ， .
(1)求证： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明如下
(2)
【分析】（1）通过作辅助线，构造平面 ，使得 平面 ，再在平面 内作直线 与
平行，即 ，并通过勾股定理求证 ，从而证明出 平面 ；
（2）因为 为等边三角形，所以 ，并在平面 作辅助线 ，构造出二面角所对应的平面角，通过求出各边长，从而求出二面角 的正弦值
【详解】（1）
过点 作 ，连接
过点 作 交 于点
过点 作 交 于点 ，连接
， ，
， 为等腰三角形，且
，且 ，
， ，
为等腰三角形
又 ， ，
，即
且
四边形 为平行四边形，
， 全等于
， ，
， ， ， 平面 ， 平面
平面
平面 ，， ， 平面 ， 平面
平面
平面
（2）
过点 作 ，取 的中点 ，连接
过点 作 交 于点 ，连接
为等边三角形， 为 的中点，
， ，
二面角 的平面角为
，
，
由（1）得
又 为等腰三角形，且 ，
， ，
又 ，
，
，即
在 中，二面角 的正弦值为
10．如图甲，在矩形 中， 为线段 的中点， 沿直线 折起，使得
，如图乙.
(1)求证： 平面 ；
(2)线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 所成的角为 ？若不存在，说明理由；若存在，
求出 点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点 是线段 的中点
【分析】（1）作出辅助线，得到 ， ，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由
，面面垂直的性质得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出 的坐标 ，求出平面的法向量，从而列出方程，求出 的值，
确定 点位置.
【详解】（1）证明：连接 ，取线段 的中点 ，连接 ，
在Rt 中， ，
，在 中， ，
由余弦定理可得： ，
在 中，
，
又 平面 ，
平面 ，
又 平面
∴平面 平面 ，
在 中， ，
∵平面 平面 平面 ，
平面 .
（2）过 作 的平行线 ，以 为原点， 分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，
，
平面 的法向量 ，
在平面直角坐标系 中，直线 的方程为 ，
设 的坐标为 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
，
所以 ，
令 ，则 ，
由已知 ，
解之得： 或9（舍去），
所以点 是线段 的中点.
11．如图，在四棱锥 中， 底面 ，底面 是直角梯形， ，
点在 上，且 .
(1)已知点 在 上，且 ，求证：平面 平面 .
(2)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先通过平面几何算出 ，再证明四边形 为平行四边形，因此 ，进而证明 ，再证 ，得到 面 ，因此平面 平面 ；
（2）若 是 中点，连接 ，易知 为平行四边形，由线面平行的判定可得 面 ，再由
线面垂直的性质及判定有 面 ，若 为 中点，连接 ，则 ，由 到面 的距离
即为 到面 的距离求点面距离.
【详解】（1）由 ，即△ 为等腰直角三角形，
又 是直角梯形且 ，且 ，所以 ，
因为 ，故 为等腰直角三角形，所以 ，
因为 ，又 ， ，∴ ， ，
又 ，即 ，∴四边形 为平行四边形，则 ，
又 ，故 ；
由 底面 ， 面 ，则 ，
又 ， 面 ，∴ 面 ，
而 面 ，∴平面 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 ，由（1）易知： 为平行四边形，
∴ ，而 面 ， 面 ，即 面 ，
综上， 到平面 的距离即为 到面 的距离，由 面 ， 面 ，
∴ ，又 ， ， 面 ，故 面 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，故 面 ，又 ，
∴ 到面 的距离 ，即 到平面 的距离 .
12．如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， = ，底面 是平行四边形，= ， =1， =2， ， 分别为线段 ， 的中点
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若平面 平面 ，求 .
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）先通过面面垂直的性质定理得到 平面ABCD，进而得到 ，然后结合余弦定理
和勾股定理得到 ，进而证明出 平面PMN，最后得到结论；
（2）建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的夹角公式求得答案.
（1）
如图，连接AC．
因为PA=PD，M为线段AD的中点，所以 ．
又因为平面 平面ABCD，两平面交线为AD， 平面PAD，
所以 平面ABCD，所以 ．
在 中，利用余弦定理可得 ，所以 ，所以 ．
因为M，N分别为线段AD，DC的中点，所以 ，又 ，所以 ．
又因为 ，所以 平面PMN，而 平面PCD，所以平面 平面PCD．（2）
由（1）可知 ，则以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴，过A点且平行于PM
的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系．
则 ， ， ， ，设 ，则 ．
， ，设 为平面PAB的法向量，
则 令 ，则 ．
， ，设 为平面PCD的法向量，
则 令 ，则 ．
因为平面 平面PCD，所以 ，即 ．
因为 ，所以 ，即 ．
13．如图，四棱锥 中，底面 为梯形， ，且 ，侧面 为等边三角形，
侧面 为等腰直角三角形，且角 为直角，且平面 平面 .（Ⅰ）求证：平面 平面 ；
（Ⅱ）求平面 和平面 所成二面角（锐角）的大小.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）
【详解】【解析】试题分析：（Ⅰ）证明面面垂直，一般方法为利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出
发给予证明，显然需要作出一条垂线. 由侧面 为等边三角形，根据平面几何知识可得取 边上中线
为证明目标，由于 ，又由已知面面垂直条件可得 平面 ，再利用平行四边形将其
移至平面 .（Ⅱ）求二面角大小，一般方法为利用空间向量数量积进行求解，先确定空间直角坐标系，
设立各点坐标，解方程组得各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角的余弦值，最后根据二面角与向
量夹角关系确定二面角大小.
试题解析：解：（Ⅰ）作 中点 ， 中点 ，连结 .
∵ 为等边三角形， 为 中点，
∴
又∵平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 为 的中位线，
∴ ，又∵ ，∴ ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，∴平面 平面 .
（Ⅱ）作 的中点 ， 的中点 ，连结 .
∵平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ，∴ 平面 ，又 ，
∴ 平面 ，∴ ，
又∵ ，∴ 两两垂直
以点 为坐标原点，分别以 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，如图所示.
设 ，则 ,
,
设平面 的法向量 ，则
,即 ，
设 ，则 ，
则 .
由 平面 可得平面 的法向量 ，
故所求角的余弦值 ，
故所求二面角大小为 .
14．在三棱柱 中，已知 ， ， 的中点为 ， 垂直于底面
．（1）证明：在侧棱 上存在一点 ，使得 平面 ，并求出 的长；
（2）求二面角 的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明详见解析， ；（2） ．
【详解】试题分析：（1）如下图所示，连 ，作 于点 ，首先有 ，再证 平面
，从而可证 平面 ，可在 中利用射影定理，求得 的长；（2）分别以 ，
， 所在的直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量后即可求解．
试题解析：（1）连接 ，在 中，作 于点 ，∵ ，得 ，
∵ 平面 ，∴ ，∵ ， ，得 ，∴ 平面 ，
∴ ，∴ 平面 ，又∵ ， ，得 ；（2）如下
图所示，分别以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，则 ， ，
， ，由（1）可知 得点 的坐标为 ，
平面 的法向量是 ，设平面 的法向量 ，由 ，得 ，令 ，得 ， ，即 ，∴ ，
即所求二面角的平面角与 互补，故所求的余弦值是 ．
考点：1．线面垂直的判定和性质；2．空间向量求二面角．
