专题22直线、平面位置关系（平行、垂直）的判定与性质（教师版）_02高考数学_通用版（老高考）复习资料_2024年复习资料_完备战2024年高考数学一轮复习考点帮（全国通用）

专题 22 直线、平面位置关系（平行、垂直）的判定与性质 （核心考点精讲精练） 1. 近几年真题考点分布 直线、平面位置关系（平行、垂直）的判定与性质近几年考情 考题示例 考点分析 关联考点 2023年全国乙（文科），第16题,5分 已知三棱锥外接求半径，求线段长 1、证明线面平行； 2023年全国乙（文科），第19题,12分 2、求三棱锥的体积； 2023年全国乙（理科），第3题,5分 通过三视图求几何体的表面积 2023年全国乙（文科），第3题,5分 2023年全国乙（理科），第8题,5分 圆锥体积相关计算 证明面面垂直，由二面角求线段长，从而求线 2023年全国乙（理科），第9题,5分 面角的正切值 1、证明线面平行； 2023年全国乙（理科），第19题,12分 2、证明面面垂直； 3、求二面角 2023年全国甲（文科），第10题,5分 证明线面垂直，求三棱锥的体积 2023年全国甲（文科），第16题,5分 正方体的外接球、棱切球问题 1、证明面面垂直； 2023年全国甲（文科），第18题,12分 2、求四棱锥的高 余弦定理解三 2023年全国甲（理科），第11题,5分 四棱锥表面积有关计算 角形 2023年全国甲（理科），第15题,5分 正方体的棱切球问题 1、已知点面距，证明线面垂直，从而得到线 2023年全国甲（理科），第18题,12分 线相等； 2、已知平行线间的距离，求线面角的正弦值 2. 命题规律及备考策略 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【命题规律】1.本节为高考必考知识点，常在解答题中第一问考查证明问题； 2.考查线线平行、线面平行、面面平行； 3.考查线线垂直、线面垂直、面面垂直； 【备考策略】1.能对空间中的平行关系进行判断或证明. 2.能利用平行关系的性质求解相关问题. 3.能够判断并证明空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系. 4.能利用垂直的性质解决空间基本图形位置关系的相关问题. 【命题预测】1.考查线线平行、线面平行、面面平行； 2.考查线线垂直、线面垂直、面面垂直； 知识讲解 一、直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 如果 平面外 一条直线与 此平面内 a⊄α, } 判定 的一条直线平行,那么该直线与此平面平行 b⊂α, a∥α 定理 (线线平行⇒线面平行) a∥b ⇒ 一条直线与一个平面 平行 ,如果过该直 a∥α, } 性质 线的平面与此平面相交,那么该直线与 交 a⊂β, a∥b 定理 线 平行(线面平行⇒线线平行) α⋂β=b ⇒ 二、平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】a∥α, } 判 如果一个平面内的两条 相交直线 与 b∥α, 定 另一个平面平行,那么这两个平面平行(线 a⋂b=P, α∥β 定 面平行⇒面面平行) a⊂β, 理 ⇒ b⊂β 性 两个平面平行,如果另一个平面与这两个 α∥β, } 质 平面 相交 ,那么两条 交线 平行(面 α⋂γ=a, a∥b 定 理 面平行⇒线线平行) β⋂γ=b ⇒ 平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β. α//β β//γ α//γ (2)平行于同一平面的两个平面平行,即若 , ,则 . (3)两个平面平行,则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行. 利用线线平行证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路 是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两条 直线平行.在证明过程中,注意内、外、平行三个条件,缺一不可. 应用线面平行的性质定理证明线线平行的关键是如何确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平 面来确定交线.要证线线平行,可把它们转化为线面平行.即在应用性质定理时,一般遵循从“高维”到“低 维”的转化,即从“线面平行”到“线线平行”;而解决线面平行的判定时其顺序恰好相反. 证明平面与平面平行的常用方法 (1)面面平行的判定定理(主要方法). (2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用). (3)利用平面平行的传递性,如果两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行(客观题可用). (1)如果两个平面平行,那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面; (2)如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行(简记为“面面平行⇒线线平行”). 在解决线面平行问题时,要恰当应用三种平行关系之间的转化: 其中线面平行是核心,线线平行是基础,要注意它们之间的灵活转化. 三、直线与平面垂直 1.定义:如果直线 l 与平面α 内的 任意一条 直线都垂直,那么直线 l 与平面α 垂直. 2.判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】一条直线与一个 a,b⊂α, } 平面内的两条相 a⋂b=O, 交直线 都垂直, l⊥α l⊥a, 则该直线与此平 面垂直 l⊥b ⇒ 垂直于同一个平 a⊥α,} 面 的 两 条 直 线 a∥b b⊥α 平行 ⇒ 四、平面与平面垂直 1.定义:如果两个平面所成的二面角是 直二面角 ,就说这两个平面互相垂直. 2.判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 一个平面过另一个 l⊥α,} 平面的 垂线 ,则 α⊥β l⊂β 这两个平面垂直 ⇒ 两个平面垂直,则一 α⊥β, } 个 平 面 内 垂 直 于 l⊂β, l⊥α 交线 的直线与另 α⋂β=a, 一个平面垂直 l⊥a ⇒ 1.垂直间的三种转化关系 2.直线与平面垂直的五个结论 (1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线. (2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面. (3)垂直于同一条直线的两个平面平行. (4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直. (5)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面. 1.证明直线和平面垂直的常用方法: (1)判定定理; (2)垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α b⊥α); (3)面面平行的性质(a⊥α,α∥β a⊥β);(4)面面垂直的性质. ⇒ 2.证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质 ⇒ 定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. 1.垂直于同一平面的两条直线平行. 2.如果一条直线垂直于一个平面,那么该直线与平面内所有直线都垂直. 3.垂直于同一直线的两个平面平行. 线面角的几何法解题步骤: 1.找直线上一点P作平面α 的垂线; 2.连接垂足与斜足,得线面角; 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3.解直角三角形,得到线面角. 1.点到平面的距离的常见解法 (1)定义法:找到(或作出)表示距离的线段,根据线段(所求距离)所在三角形求解. (2)等积法:利用同一个三棱锥的体积相等求解. (3)转化法:将点面之间的距离转化为线面之间(或面面之间)的距离求解. 2.线到平面的距离,平面与平面的距离问题都是转化为点到平面的距离求解. 面面垂直常利用面面垂直的判定定理(线面垂直⇒面面垂直).证明时,先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图 中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决. 当两个平面垂直时,则需利用面面垂直的性质定理,分三步走: 第一步,找到两个平面的交线; 第二步,在其中一个面内找与交线垂直的直线; 第三步,得线面垂直. 找二面角常常采用垂线法: 第一步,找到两个面的交线; 第二步,从一个平面内找一点,向另一个平面作垂线; 第三步,从垂足再向交线作垂线,连线构造,得二面角的平面角或是补角; 第四步,解三角形,得二面角的大小. 1.平行关系之间的转化 在证明线面、面面平行时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”, 再到“面面平行”;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向是由题目的具体条件而定 的,不可过于“模式化”. 2.垂直关系之间的转化 在证明线面垂直、面面垂直时,一定要注意判定定理成立的条件,同时抓住线线、线面、面面垂直的转 化关系,即在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若这样的直线在图中不存在,则可通 过作辅助线来解决. 考点一、直线与平面平行 1．（2023年河北省模拟数学试题）如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面 PAD为正三角形，M 为线段PD上一点，N 为BC的中点. (1)当M 为PD的中点时，求证：MN //平面PAB. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)当PB//平面AMN，求出点M 的位置，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点M ，点M 为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析. 【分析】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有 BN //ME,BN ME，即BNME为平行四边形，则MN //BE，最后根据线面平行的判定证结论； PM 1 （2）连接 ，相交于 ，连接 ，由线面平行的性质得 ，利用相似比可得  ，即 AN,BD O OM PB//OM MD 2 可判断M 的位置. 【详解】（1）取AP中点为E，连接EM,EB， 在PAD中，M 为PD的中点，E为AP中点， 1 EM //AD,EM  AD， 2 在平行四边形ABCD中，N 为BC的中点， 1 BN //AD,BN  AD， 2 BN //ME,BN ME， 四边形BNME为平行四边形， MN //BE,MN 面PAB,BE面PAB， MN //平面PAB； （2）连接AN,BD，相交于O，连接OM ，  PB//面AMN，面PBD面AMN OM,PB面PBD， PM OB BN 1 ，    ， PB//OM MD OD AD 2 即存在点M ，M 为PD上靠近P点的三等分点. 2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求证：QN 平面PAD； (2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析；(2)l// 平面PBD，证明见解析； 【分析】（1）推导出 QN//AD ，由此能证明 QN// 平面PAD； （2）连接BD，则 MN//BD ，从而 MN// 平面 ABCD ，由线面平行的性质得 MN//l，从而 BD//l， 由此能证明l//平面PBD． 【详解】（1）证明：∵底面ABCD是菱形，N ，M ， Q 分别为 PB,PD,PC 的中点． ∴ QN//BC ，BC//AD，∴ QN//AD ，∵ QN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴ QN// 平面PAD； （2）直线l与平面PBD平行，证明如下： ∵M,N分别为 PD,PB 的中点，∴MN//BD， ∵BD⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN//平面ABCD， ∵平面CMN与底面ABCD的交线为l，∴由线面平行的性质得MN//l， ∵MN//BD，∴BD//l，∵C∈l,C∉PBD ，且BD⊂平面PBD， 平面PBD，∴l//平面PBD． 1．如图，在三棱柱 中， ， ，且 ， 底面 ， 为 中点,点 为 上一点. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】求证： 平面 ； 【答案】见解析； 【分析】证明 平面 ，只要在面 内找到一条直线与 平行； 【详解】连接AC 交AC于O，连接EO，因为四边形ACC A 为矩形，AC ，AC为对角线， 1 1 1 1 1 1 所以O为AC 1 中点，又因为E为AB中点，所以EO∥BC 1 ，BC 1 平面A 1 CE，EO平面A 1 CE， 所以BC //平面ACE. 1 1 2．（2020年北京市高考数学试题）如图，在正方体ABCDABCD 中， E为BB 的中点． 1 1 1 1 1 求证：BC //平面ADE； 1 1 【答案】证明见解析； 【分析】证明出四边形ABCD 为平行四边形，可得出BC //AD ，然后利用线面平行的判定定理可证得结 1 1 1 1 论；也可利用空间向量计算证明； 【详解】如下图所示： 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】在正方体ABCDABCD 中，AB//AB 且AB AB ，AB //CD 且AB CD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AB//CD 且ABCD ，所以，四边形ABCD 为平行四边形，则BC //AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1  BC 平面ADE，AD 平面ADE，BC //平面ADE； 1 1 1 1 1 1 3．如图，在三棱柱 中，点D是AB的中点． 求证： ∥平面 ． 【答案】证明见解析； 【分析】连接 ，交 于点 ，连接 ，用中位线证明 即可； 【详解】连接 ，交 于点 ，连接 ∵ 是三棱柱， ∴四边形 为平行四边形，∴ 是 的中点. ∵点 是 的中点，∴ 是 的中位线，∴ ， 又 平面 ， 平面 ， ∴ ∥平面 . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考点二、平面与平面平行 1．（2013年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷））在三棱锥 中，平面 平面 ， ， ，过 作 ，垂足为 ，点 ， 分别是棱 ， 的中点． （ ）求证：平面 平面 ． （ ）求证： ． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【详解】[证明] （1）∵ ， ，垂足为 ，∴ 是 的中点，又因为 是 的中点， ∴ ∥ ，∵ 平面 ， 平面 ，∴ ∥平面 ； 同理 ∥平面 . 又 ，∴平面 ∥平面 . （2）∵平面 平面 ，且交线为 ，又 平面SAB，AF SB， ∴AF 平面SBC，∵BC平面SBC，∴AFBC， 又因为ABBC，AFAB A，AF 、AB平面SAB， ∴BC平面SAB，∵SA平面SAB，∴BC SA. 【考点定位】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和 推理论证能力. 2．（2013年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（陕西卷））如图,四棱柱ABCD－AB C D 的底面 1 1 1 1 ABCD是正方形, O为底面中心, AO⊥平面ABCD, . 1 （1）证明: A BD // 平面CDB ; 1 1 1 （2）求三棱柱ABD－AB D 的体积. 1 1 1 【答案】（1）证明见解析；（2）1. 【详解】试题分析：（1）要证明 A C⊥¿¿平面 BB D D ，只要证明 A C 垂直于平面 BB D D 内的两条相交 1 1 1 1 1 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】直线即可，由已知可证出 A C⊥BD ，取 B D 的中点为 E ，通过证明四边形 A OCE 为正方形可证 1 1 1 1 1 1 A C⊥E O ．由线面垂直的判定定理问题得证；（2）由已知 A O 是三棱柱 ABD=A B D 的高，由此能 1 1 1 1 1 1 求出三棱柱 ABD=A B D 的体积 1 1 1 试题解析：（Ⅰ）∵四棱柱 ABCD=A B C D 的底面ABCD是正方形，O为底面中心， A O⊥¿¿平面 1 1 1 1 1 ABCD， AB=AA=√2，由棱柱的性质可得 BB 和 DD 平行且相等，故四边形 BB D D为平行四边形， 1 1 1 1 1 故有BD和 B D 平行且相等．而BD不在平面 CB D 内，而 B D 在平面 CB D 内，∴BD//平面 CB D ． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A BCD A B// CB D A B A BD 同理可证， 为平行四边形， 平面 ．而BD和 是平面 内的两条相交直线， 1 1 1 1 1 1 1 A BD// CD B 故有平面 平面 ． 1 1 1 （Ⅱ）由题意可得 A O 为三棱柱 ABD−A B D 的高．三角形 A AO 中，由勾股定理可得 1 1 1 1 1 A O= √A A2 −AO2 =√2−1=1， 1 1 AB2 2 ∴三棱柱 的体积V=SΔABD⋅A O= ⋅A O= ×1=1． ABD−A B D 1 2 1 2 1 1 1 考点：1．棱柱、棱锥、棱台的体积；2．直线与平面垂直的判定. 3．（2023届浙江省名校新高考研究联盟联考数学试题）如图，在四棱锥POABC中，已知OAOP1， π π π ， ，CPO ，ABC ，AOC ， 为 中点， 为 中点. CP2 AB4 3 6 2 E PB F AB 证明：平面CEF//平面PAO； 【答案】证明见解析； 【分析】根据线面平行及面面平行的判定定理即得； 【详解】连接AC，∵E为PB中点，F 为AB中点， ∴EF//PA，又EF 面PAO，PA面PAO， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∴EF//面PAO， π 在 中， ， ，CPO ， △PCO OP1 CP2 3 1 ∴OC2 OP2CP22OPCPcosCPO1222212 3，即 ， 2 OC  3 π π 在 中， ，AOC ，∴ ，OAC  ， △ACO OA1 2 AC 2 3 ABsinABC π 在 中， ，ABC ， ，sinACB 1， △ACB AB4 6 AC 2 AC π π 2π ∴ACB ，CAB ，∴OAB ， 2 3 3 1 2π ∵F为AB中点，∴CF  AB2，CFB ， 2 3 ∴OA∥CF ，又∵CF 面PAO，OA面PAO， ∴CF//面PAO，又∵CFEF F，CF，EF 面CEF， ∴平面CEF//平面PAO； 1．（2023年陕西省模拟文科数学试题）如图，在正方体ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 中，S是B 1 D 1 的中点，E,F,G分 别是BC,DC,SC的中点，求证： (1)EG//平面BDDB ； 1 1 (2)平面EFG//平面BDDB . 1 1 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析； 【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明. 【详解】（1） 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】如图，连接SB，∵E,G分别是BC,SC的中点，∴EG// SB. 又∵SB平面BDDB ，EG平面BDDB ，∴直线EG//平面BDDB . 1 1 1 1 1 1 （2）连接SD，∵F,G分别是DC,SC 的中点， ∴FG//SD.又∵SD平面BDDB ，FG平面BDDB ， 1 1 1 1 ∴FG//平面BDDB ，由(1)知，EG//平面BDDB ， 1 1 1 1 且EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG， ∴平面EFG∥平面BDDB . 1 1 2．（2023届广东省模拟数学试题）如图所示的在多面体中，AB AD,EBEC，平面ABD平面BCD， 平面BCE平面BCD，点F,G分别是CD,BD中点. 证明：平面AFG //平面BCE； 【答案】证明见解析 【分析】利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明, 【详解】如图，取BC中点H ，连接EH ，因为EBEC，所以EH BC， 又因为平面BCE平面BCD，平面BCE平面BCDBC，EH 平面BCE， 所以EH 平面BCD， 同理可得AG平面BCD，所以EH//AG， 又因为AG平面BCE,EH 平面BCE，所以AG //平面BCE， 因为点F,G分别是CD,BD中点，所以FG//BC， 又因为FG平面BCE,BC平面BCE，所以FG //平面BCE， 又因为AGFGG,AG,FG平面AFG，所以平面AFG //平面BCE. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3．如图，已知正方体ABCDABCD 的棱长为1,E,F 分别是AD,BD的中点. 1 1 1 1 1 (1)求证：平面ABD //平面CBD ； 1 1 1 (2)求证：EF //平面DCC 1 D 1 ； 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析； 【分析】（1）利用正方体的性质及线面平行的判定定理可得AB//平面BDC，BD//平面BDC，再利 1 1 1 1 1 用面面平行的判定定理即得； （2）利用线面平行的判定定理即得. 【详解】（1）由正方体的性质可得AD //BC //BC,AD BC BC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴四边形ADCB为平行四边形， 1 1 ∴AB//CD ，AB平面BDC，CD 平面BDC， 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴AB//平面BDC， 1 1 1 同理可得BD//平面BDC，又ABBDB，AB,BD平面ABD， 1 1 1 1 1 ∴平面ABD //平面CBD ； 1 1 1 （2）因为E,F 分别是AD,BD的中点， 1 所以EF//AB，又AB//CD ， 1 1 1 ∴EF//CD ，又EF 平面DCCD ，CD 平面DCCD ， 1 1 1 1 1 1 ∴EF//平面DCCD . 1 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考点三、平行关系的综合应用 1．（2022年全国高考甲卷数学（文科）试题）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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB,FBC,GCD,HDA均为正三角 形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直． (1)证明：EF//平面ABCD； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 640 【答案】(1)证明见解析；(2) 3． 3 【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM  AB,FN BC，EM FN， 依题从而可证EM 平面ABCD，FN 平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM //FN ，即可知四 边形EMNF为平行四边形，于是EF //MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出； （2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH 的体积加上四 棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出． 【详解】（1）如图所示： 分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为EAB,FBC为全等的正三角形，所以EM  AB,FN BC， EM FN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCD AB，EM 平面EAB，所以EM 平面 ABCD，同理可得FN 平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM //FN ，而EM FN，所以四边 形EMNF为平行四边形，所以EF //MN，又EF 平面ABCD，MN平面ABCD，所以EF//平面 ABCD． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF //MN且EF MN ，同理有，HE//KM,HE KM ， HG//KL,HGKL，GF//LN,GF LN ，由平面知识可知，BDMN，MN MK， KM MN NLLK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH 的体积加上四棱锥BMNFE体积 的4倍． 因为MN NLLK KM 4 2，EM 8sin60 4 3，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的 距离d，d 2 2，所以该几何体的体积  2 1 256 640 V  4 2 4 34 4 24 32 2 128 3 3 3． 3 3 3 [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4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 1  2 1 1 1 1 640 3 V  4 3 4 2 4 4 2 4 24 34 4 3 4 24 2  . 3 3 2 3 2 3 2．（2022年北京市高考数学试题）如图，在三棱柱ABC- ABC 中，侧面BCCB 为正方形，平面 1 1 1 1 1 BCCB 平面ABBA ，ABBC 2，M，N分别为AB ，AC的中点． 1 1 1 1 1 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】求证：MN∥平面BCCB ； 1 1 【答案】见解析 【分析】取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面BCC 1 B 1 ，从而可证MN//平面BCC 1 B 1 . 【详解】取AB的中点为K，连接MK,NK， 由三棱柱ABC- ABC 可得四边形ABBA 为平行四边形， 1 1 1 1 1 而BM MA,BK KA，则MK//BB ， 1 1 1 而MK 平面BCCB ，BB 平面BCCB ，故MK//平面BCCB ， 1 1 1 1 1 1 1 而CN NA,BK KA，则NK//BC，同理可得NK//平面BCCB ， 1 1 而NKMK K,NK,MK 平面MKN， 故平面MKN//平面BCCB ，而MN平面MKN，故MN//平面BCCB ， 1 1 1 1 3．如图，正方体ABCDABCD 中，E、F分别为DD、CC 的中点，求证：平面AEC//平面BFD . 1 1 1 1 1 1 1 【答案】证明见解析 【分析】如图取CC 1 中点F ，连接D 1 F，BF，EF，由平行四边形的判定定理可证四边形ABFE、ED 1 FC 为平行四边形，则AE//BF ，EC//D 1 F ，利用线面平行的判定定理可得AE //平面BFD 1 ，EC //平面 BFD ，结合面面平行的判定定理即可证明. 1 【详解】 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】取CC 1 中点F ，连接D 1 F，BF，EF， ∵ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 为正方体，E，F 分别为DD 1 ，CC 1 中点， ∴AB//DC//EF，ABDC EF ，ED //CF ，ED CF ， 1 1 ∴四边形ABFE、ED 1 FC为平行四边形，则AE//BF ，EC//D 1 F ， ∵AE平面BFD 1 ，EC平面BFD 1 ，BF平面BFD 1 ，D 1 F 平面BFD 1 ， ∴AE //平面BFD 1 ，EC //平面BFD 1 ， ∵AE平面AEC，EC平面AEC，AEEC E， ∴平面AEC //平面BFD 1 . 1．（2023年天津市名校联考数学试题）如图：在正方体 中AB2，M 为DD 1 的中点. (1)求三棱锥M ABC的体积； (2)求证：BD //平面AMC； 1 (3)若N 为CC 的中点，求证：平面AMC//平面BND . 1 1 2 【答案】(1) ；(2)证明见解析；(3)证明见解析； 3 【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可； （2）根据线面平行的判定进行证明； （3）根据面面平行的的判定进行证明. 1 1 1 2 【详解】（1）显然 平面 ，于是V  MDS  1 22 . MD ABC MABC 3 ABC 3 2 3 （2） 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设ACBDO，连接OM ，  在正方体ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 中，四边形ABCD是正方形，O是BD中点， M 是DD 1 的中点，OM∥BD 1 ，  BD 平面AMC,OM 平面AMC, 1 BD 平面AMC； 1 （3）QN为CC 1 的中点，M 为DD 1 的中点，CN∥D 1 M,CN D 1 M ， 四边形CND 1 M 为平行四边形，D 1 N∥CM ， 又 MC平面AMC, D 1 N 平面AMC,D 1 N 平面AMC， 由（2）知BD 平面AMC, BD DN D,BD 平面BND,DN 平面BND ， 1 1 1 1 1 1 1 1 平面AMC 平面BND 1 . 2．如图，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点. 求证： (1)MN∥平面PCD； (2)平面MNQ∥ 平面PBC． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析﹒ MN//PC 【分析】(1)利用三角形中位线证明 即可； NQ//PB (2)利用中位线证明 ，结合(1)中结论即可证明． 【详解】（1）由题意，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，点 M,N,Q 分别是 PA,BD,PD 的 中点，∴N 是AC的中点，∴MN PPC， ∵PC平面PCD，MN平面PCD， ∴MN∥平面PCD； （2）由(1)知MN PPC，PC平面 PBC ，MN平面 PBC ， ∴MN//平面PBC， ∵ABCD为平行四边形，∴N 是BD中点，又∵Q是PD中点， ∴在ΔPBD中， NQ//PB ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∵PB⊂平面PBC， NQ⊄平面PBC，∴ NQ// 平面PBC， ∵ MNNQ=N ，MN、 NQ⊂平面 MNQ ，∴平面MNQ∥平面PBC． 3．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点 G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上. (1)证明：AP//GH ； (2)若AB的中点为N，求证：MN//平面APD. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）连结 AC 交BD于O，连结 OM .先证明出PA//面MBD，再利用线面平行的性质定理即 可证明；（2）连结MN.取PD 的中点E，连结 EM,AE .利用线面平行的判定定理即可证明MN//平面 APD. 【详解】（1）连结 AC 交BD于O，连结 OM . 因为 ABCD 是平行四边形，所以O为 AC 中点.因为M 是 PC 的中点，所以OM //PA. 因为OM 面MBD，PA面MBD，所以PA//面MBD.又过G和AP作平面交平 面BDM于 GH ，H 在BD上，所以AP//GH . （2）连结 MN.取PD 的中点E，连结 EM,AE . 1 因为 是 的中点，所以 ，且EM  DC. M PC EM //DC 2 1 因为 是平行四边形，所以 ，且AN  DC ABCD AN //DC 2 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以EM //AN，且EM  AN ，所以四边形 ANME 为平行四边形，所以MN //AE. 因为AE面APD，MN面APD，所以MN//平面APD. 考点四、直线与平面的垂直关系 1．（2022年全国高考甲卷数学（理科）试题）在四棱锥PABCD中，PD底面 ABCD,CD∥AB,ADDC CB1,AB2,DP 3． 证明：BDPA； 5 【答案】证明见解析；(2) . 5 【分析】作DEAB于E，CFAB于F ，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直的性质可得 PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证； 【详解】证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F ， 因为CD//AB,ADCDCB1,AB2， 所以四边形ABCD为等腰梯形， 1 所以AE BF  ， 2 3 故DE ， ， 2 BD DE2BE2  3 所以AD2BD2  AB2， 所以ADBD， 因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD， 又PDAD=D，所以BD平面PAD， 又因为PA平面PAD，所以BDPA； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD， ADBADC 60，E为BC的中点． 证明：BC DA； 【答案】证明见解析； 【分析】根据题意易证BC平面ADE，从而证得BC DA； 【详解】连接AE,DE，因为E为BC中点，DBDC，所以DEBC①， 因为DADBDC，ADBADC 60，所以ACD与△ABD均为等边三角形， AC  AB，从而AEBC②，由①②，AEDE E，AE,DE平面ADE， 所以，BC平面ADE，而AD平面ADE，所以BC DA． 3．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））如图，在三棱锥PABC中， ABBC 2 2，PAPBPC  AC 4，O为AC的中点． 证明：PO平面ABC； 【答案】证明见解析； 【分析】根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线 面垂直判定定理得结论； 【详解】因为APCP AC 4，O为AC的中点， 所以OP AC，且OP2 3．连接OB． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2 因为ABBC  AC，所以 为等腰直角三角形， 2 ABC 1 且OB AC,OB AC 2 ，由 知 ． 2 OP2OB2 PB2 POOB 由OPOB,OP AC 知，PO平面ABC． 1．（2023年北京高考数学真题）如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC， PA ABBC 1，PC  3． 求证：BC平面PAB； 【答案】证明见解析； 【分析】先由线面垂直的性质证得PABC，再利用勾股定理证得BC PB，从而利用线面垂直的判定定 理即可得证； 【详解】因为PA平面ABC,BC平面ABC， 所以PABC，同理PA AB， 所以PAB为直角三角形， 又因为PB PA2AB2  2，BC 1,PC  3， 所以PB2BC2 PC2，则PBC为直角三角形，故BC PB， 又因为BCPA，PAPBP， 所以BC平面PAB. 2．如图，在三棱锥P－ABC中，PC 底面ABC，ABBC，D，E分别是AB，PB的中点． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求证：DE//平面PAC； (2)求证：ABPB 【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DE//PA，即可得证； （2）由线面垂直的性质得到PC  AB，再根据ABBC，即可得到AB平面PBC，即可得证. 【详解】（1）∵点D、E分别是棱 AB、PB 的中点， ∴DE//PA， 又∵DE平面PAC，PA平面PAC； ∴DE//平面PAC． （2）∵PC 底面ABC，AB底面ABC， ∴PC  AB， ∵ABBC，PCBC C，PC,BC平面PBC， ∴AB平面PBC， 又∵PB平面PAB， ∴ABPB． 3．（2020年新高考全国卷Ⅱ数学考试题（海南卷））如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面 ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． 证明：l 平面PDC； 【答案】证明见解析； 【分析】利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD//l，利用线面垂直的判定定理证得AD平面 PDC，从而得到l平面PDC； 【详解】证明： 在正方形ABCD中，AD//BC， 因为AD平面PBC，BC平面PBC， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以AD//平面PBC， 又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBC l，所以AD//l， 因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,l DC, 且PD平面ABCD，所以ADPD,l PD, 因为CDPDD 所以l平面PDC； 考点五、平面与平面的垂直关系 1．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱ABC- ABC 中，AC 平面 1 1 1 1 ABC,ACB90． (1)证明：平面ACC A 平面BBCC； 1 1 1 1 (2)设AB AB,AA 2，求四棱锥A BBCC的高． 1 1 1 1 1 【答案】(1)证明见解析；(2)1； 【分析】(1)由AC 平面ABC得AC BC，又因为ACBC，可证BC平面ACC A ，从而证得平面 1 1 1 1 ACC A 平面BCCB ； 1 1 1 1 (2) 过点A作AOCC ，可证四棱锥的高为AO,由三角形全等可证AC  AC，从而证得O为CC 中点，设 1 1 1 1 1 1 AC  AC x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求AO. 1 1 【详解】（1）证明：因为AC 平面ABC，BC平面ABC, 1 所以AC BC, 1 又因为ACB90，即ACBC， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】AC,AC平面ACC A ，ACAC C, 1 1 1 1 所以BC平面ACC A ， 1 1 又因为BC平面BCCB , 1 1 所以平面ACC A 平面BCCB . 1 1 1 1 （2）如图， 过点A作AOCC ，垂足为O. 1 1 1 因为平面ACC A 平面BCCB ，平面ACC A 平面BCCB CC ，AO平面ACC A ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以AO平面BCCB ， 1 1 1 所以四棱锥A BBCC的高为AO. 1 1 1 1 因为AC 平面ABC，AC,BC平面ABC, 1 所以AC BC,AC  AC, 1 1 又因为AB AB，BC为公共边， 1 所以ABC与A 1 BC全等，所以A 1 C  AC. 设AC  AC x，则AC x， 1 1 1 1 所以 为 中点，OC  AA 1, O CC 1 2 1 1 又因为AC  AC,所以AC2AC2  AA2 , 1 1 1 即x2x2 22，解得x 2，  2 所以AO AC2OC2  2 12 1， 1 1 1 1 所以四棱锥A 1 BB 1 C 1 C的高为1． 2．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC， E为AC的中点． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】证明：平面BED平面ACD； 【答案】证明过程见解析 【分析】根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到ABCB，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】因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE； 在△ABD和△CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB， 所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以AC BE； 又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC 平面BED， 因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD. 3．（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC， E为AC的中点． (1)证明：平面BED平面ACD； (2)设ABBD2,ACB60，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积． 3 【答案】(1)证明详见解析；(2) ； 4 【分析】（1）通过证明AC 平面BED来证得平面BED平面ACD. （2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC的距离，从而求得三棱锥 FABC的体积. 【详解】（1）由于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】ADCD  由于BDBD ，所以 ，  ADBCDB △ADB△CDB 所以ABCB，故AC BE， 由于DEBEE，DE,BE平面BED， 所以AC 平面BED， 由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD. （2）[方法一]：判别几何关系 依题意ABBDBC2，ACB60，三角形ABC是等边三角形， 所以AC 2,AECE1,BE 3， 由于ADCD,ADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE1. DE2BE2 BD2，所以DEBE， 由于ACBEE，AC,BE平面ABC，所以DE平面ABC. 由于△ADB△CDB，所以FBAFBC， BF BF  由于FBAFBC，所以 ，  ABCB FBAFBC 所以AF CF ，所以EFAC， 1 由于S  ACEF ，所以当 最短时，三角形 的面积最小 AFC 2 EF AFC 过E作EF BD，垂足为F ， 1 1 3 在 中， BEDE BDEF ，解得EF  ， Rt△BED 2 2 2 2  3 1 3 所以DF  12   ,BF 2DF  ，   2 2 2   BF 3 所以  BD 4 FH BF 3 过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且   ， F FH BE H FH//DE FH  ABC DE BD 4 3 所以FH  ， 4 1 1 1 3 3 所以V  S FH   2 3  . FABC 3 ABC 3 2 4 4 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】[方法二]：等体积转换  ABBC，ACB60，AB2 ABC是边长为2的等边三角形， BE 3 连接EF ADBCDBAF CF EF AC 在BED中，当EF BD时，AFC面积最小  ADCD,ADCD,AC2,E为AC中点 DE=1DE2BE2 BD2 BEED BEDE 3 若EF BD,在BED中，EF  BD 2 3 BF  BE2EF2  2 1 1 3 3 3 3 S  BFEF     BEF 2 2 2 2 8 1 1 3 3 3 V V V  S AC  2 FABC ABEF CBEF 3 BEF 3 8 4 4．（2021年全国新高考II卷数学试题）在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若 AD2,QDQA 5,QC 3． 证明：平面QAD平面ABCD； 2 【答案】证明见解析；（2） . 3 【分析】取AD的中点为O，连接QO,CO，可证QO平面ABCD，从而得到面QAD面ABCD. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】 取AD的中点为O，连接QO,CO. 因为QAQD，OAOD，则QO AD， 而AD2,QA 5，故QO 512. 在正方形ABCD中，因为AD2，故DO1，故CO 5， 因为QC3，故QC2 QO2OC2，故QOC为直角三角形且QOOC， 因为OCADO，故QO平面ABCD， 因为QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD. 1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD， M为BC的中点，且PB AM ． （1）证明：平面PAM 平面PBD； （2）若PDDC 1，求四棱锥PABCD的体积． 2 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 3 【分析】（1）由PD底面ABCD可得PDAM ，又PB AM ，由线面垂直的判定定理可得AM 平面 PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM 平面PBD； （2）由（1）可知，AM BD，由平面知识可知，DAB~ABM ，由相似比可求出AD，再根据四棱锥 PABCD的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为PD底面ABCD，AM 平面ABCD， 所以PDAM ， 又PB AM ，PBPDP， 所以AM 平面PBD， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】而AM 平面PAM ，所以平面PAM 平面PBD． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知AM BD． AD AB 于是 ，故  ． ABD∽BMA AB BM 1 1 因为BM  BC,ADBC,AB1，所以 BC2 1，即 ． 2 2 BC  2 1 2 故四棱锥 的体积V  ABBCPD ． PABCD 3 3 [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法 由（2）知AM DB,所以k AM k BD 1． 建立如图所示的平面直角坐标系，设BC 2a(a0)． 因为DC 1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)． a0 2a0 从而k k   a(2a)2a2 1． AM BD 10 01 2 所以a ，即 ．下同方法一. 2 DA 2 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 2．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））如图，已知三棱柱ABC-ABC 的底面是正三 1 1 1 角形，侧面BBC C是矩形，M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点，过BC 和P的平面交AB于 1 1 1 1 1 1 E，交AC于F. 证明：AA∥MN，且平面AAMN⊥EBC F； 1 1 1 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】10 【答案】证明见解析；（2） . 10 【分析】由M,N分别为BC，BC 的中点，MN//CC ，根据条件可得AA //BB ，可证MN//AA，要证平面 1 1 1 1 1 1 EB 1 C 1 F 平面A 1 AMN，只需证明EF平面A 1 AMN即可； 【详解】 M,N分别为BC，B 1 C 1 的中点，MN//BB 1 ，又AA 1 //BB 1 ，MN//AA 1 ， 在ABC中，M 为BC中点，则BCAM ， 又侧面BB 1 C 1 C为矩形，BC BB 1 ，MN//BB 1 ，MNBC， 由MNAM M ，MN,AM 平面A 1 AMN，BC平面A 1 AMN， 又 B 1 C 1 //BC，且B 1 C 1 平面ABC，BC平面ABC，B 1 C 1 //平面ABC， 又 B 1 C 1 平面EB 1 C 1 F ，且平面EB 1 C 1 F平面ABC EF，B 1 C 1 //EF ， EF//BC，又 BC 平面A 1 AMN，EF平面A 1 AMN，  EF 平面EB 1 C 1 F ，平面EB 1 C 1 F 平面A 1 AMN. 3．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆 心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO= 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥P−ABC的体积. 6 【答案】（1）证明见解析；（2） . 8 【分析】（1）根据已知可得PAPBPC，进而有△PAC≌PBC，可得 APC BPC 90，即PBPC，从而证得PC 平面PAB，即可证得结论； （2）将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC中求出AP，在RtAPO中，求出PO，即可求出结论. 【详解】（1）连接OA,OB,OC，D为圆锥顶点，O为底面圆心，OD平面ABC，  P在DO上，OAOBOC,PAPBPC， ABC是圆内接正三角形，AC BC，△PAC≌PBC， APC BPC 90，即PBPC,PAPC， PAPBP,PC 平面PAB,PC平面PAC，平面PAB平面PAC； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为rl  3,rl  3， OD2 l2r2 2，解得r1,l  3，AC 2rsin60  3， 2 6 在等腰直角三角形 中，AP AC  ， APC 2 2 6 2 在 中，PO AP2OA2  1 ， RtPAO 4 2 1 1 2 3 6 三棱锥 的体积为V  POS    3 .  PABC PABC 3 △ABC 3 2 4 8 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转 化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. 考点六、平行与垂直关系的综合应用 1．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形CDA45，AD AC 1，O为AC中 点，PO平面ABCD，PO2，M 为PD中点. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)证明：PB//平面ACM ； (2)证明：平面PAD平面PAC. 【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BD、MO，在平行四边形ABCD中，O为AC、BD的中点， ∵M 为PD中点，∴PB//MO， 又∵PB平面ACM ，MO 平面ACM ， ∴PB//平面ACM ； （2）证明：∵CDA45，且AD AC 1， ∴DAC 90，即DA AC， ∵PO平面ABCD，AD平面ABCD，∴PO AD， ∵ACPOO，AC、PO平面PAC，∴AD平面PAC， 又∵AD平面PAD，∴平面PAD平面PAC. 2．如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，ACBDE，过点E的平面与棱PC，PD，AD分别交于点 F､H､G，且平面PAB∥平面EFHG. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求证：EG∥平面PDC； (2)若ADCD，PD平面ABCD，AB3，ADCDPD6，求三棱锥FCDE的体积. 【答案】(1)见解析;(2)16; 【分析】（1）由面面平行的性质证明线线平行，进而证明线面平行； （2）利用相似三角形和平行线的性质求得CDE的CD边上的高，进而求得其面积，利用面面平行的性质 定理，结合线面平行的判定定理和性质定理求得所求三棱锥的高，进而计算体积. 【详解】（1）∵平面PAB平面EFHG， 平面DAB平面EFHGEG，平面DAB平面PAB AB， ∴由面面平行的性质定理得GE∥AB. 又∵CD∥AB，∴GE∥CD. 又∵CD平面CPD，EG平面CPD， ∴由线面平行的判定定理得EG 平面CPD. （2）∵CD6，AB3，∴CD2AB，∵AB∥CD，∴△AEB△CED, ∴CE2AE，又∵GE∥CD，∴AGEADC, DG CE 2 ∴  2，∴ ∴DG AD4， GA EA DG2AG, 3 由ADCD，GE∥CD，可知E到直线 CD 的距离等于 DG , 1 1 ∴S  CDDG 6412. CDE 2 2 由（1）得EG 平面CPD， 又∵EG⊂平面EFGH，平面EFGH¿¿平面PCD=HF， ∴HF//EG，又∵EG//CD，∴HF//CD， 又∵ HF⊄平面 ABCD ， CD⊂平面 ABCD ，∴HF∥平面 ABCD ， ABCD ∴H和F到平面 的距离相等， ∵平面PAB平面EFHG， 平面PAD平面EFHGGH ，平面PAD平面PABPA， ∴GH ∥PA，∴DGH DAP， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】DH DG 2 2 2 ∴   ，∴DH  PD 64， PD AD 3 3 3 ∵PD平面ABCD，∴DH为H 到平面ABCD的距离， ∴F到平面 ABCD 的距离为4，即三棱锥F−CDE 的高为4， 1 1 ∴三棱锥 的体积V  S HD 12416. FCDE FCDE 3 CDE 3 3．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知直三棱柱ABC- ABC 中，侧面AABB为正方形， 1 1 1 1 1 ABBC 2，E，F分别为AC和CC 的中点，BF  AB . 1 1 1 （1）求三棱锥FEBC的体积； （2）已知D为棱A 1 B 1 上的点，证明：BF DE. 1 【答案】(1) ；(2)证明见解析. 3 【分析】（1）先证明ABC为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积； （2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题 中的结论. 【详解】（1）由于BF  A 1 B 1 ，AB//A 1 B 1 ，所以ABBF， 又AB⊥BB1，BB 1 BF B，故AB平面BCC 1 B 1 ， 则ABBC，ABC为等腰直角三角形， 1 1 1  1 1 1 S △BCE  2 S △ABC  2  2 22  1，V FEBC  3 S △BCE CF  3 11 3 . （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM ABCM ，如图所示，取棱AM,BC 1 1 1 1 的中点H,G，连结AH,HG,GB ， 1 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】正方形BCCB 中，G,F 为中点，则BF BG， 1 1 1 又BF  AB,AB BGB ， 1 1 1 1 1 1 故BF 平面A 1 B 1 GH，而DE平面A 1 B 1 GH， 从而BF  DE. 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我 们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面 面）的证明经常进行等价转化. 1．如图，在四面体PABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA (1)求证：PB⊥平面APD； (2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）由线面垂直的性质有 ，再根据线面垂直的判定证结论. （2）由（1）及面面垂直的判定可得面 面APD，再由面面垂直的性质有 面 ，根据线面 垂直的性质即可证结论. 【详解】（1）由AD⊥¿¿平面APB， 面 ，则 ， 又PB⊥PA， ，则PB⊥¿¿平面APD； （2）由（1）及 面 ，则面 面APD， 又面 面APD ，AG⊥PD， 面APD， 所以 面 ，而 面 ， 所以AG⊥BD． 2．在三棱锥PABC中，D,E分别为AB,AC的中点，且CACB. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)证明：BC∥平面PDE； (2)若平面PCD平面ABC，证明：ABPC. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）由中位线定理，可得 ，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果． （2）由题意可证 ，再根据面面垂直的性质定理，可证 平面 ，由此即可证明结果． 【详解】（1）证明:因为 ， 分别为 ， 的中点， 所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）证明：因为 ， 为 的中点， ， 又平面 平面 平面 平面 ， 所以 平面 又 平面 . 所以 . 3．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 . 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析； 【分析】（1）作出辅助线，得到面面平行，从而得到线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合勾股定理逆定理得到线面垂直. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【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 ， 则 平面 ； （2） 为正方形， ． 又平面 平面 ，且平面 平面 ， 面 ， 平面 ， 平面 ，则 ， ， ， ，则 ，得 ． 又 ， 平面 ， 平面 ； 【基础过关】 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方 体中，直线AB与平面MNQ0不平行的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案． 【详解】对于选项A， OQ//AB ， OQ 与平面 MNQ 是相交的位置关系，故AB和平面 MNQ 不平行，故 A错误； 对于选项B，由于 AB//CD//MQ ，结合线面平行判定定理可知AB//平面 MNQ ，故B正确； 对于选项C，由于 AB//CD//MQ ，结合线面平行判定定理可知AB//平面 MNQ ：故C正确； 对于选项D，由于 AB//CD//MQ ，结合线面平行判定定理可知AB//面 MNQ ：故D正确； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．若l,m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“l m”是“l//”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 【详解】若l m，因为m垂直于平面，则l//或l；若l//，又m垂直于平面，则l m，所以 “l m ”是“l// 的必要不充分条件，故选B． 考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系． 3．设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（ ） A．若l m，m，则l  B．若l ，l//m，则m C．若l//，m，则l//m D．若l//，m//，则l//m 【答案】B 【分析】利用l,可能平行判断A，利用线面平行的性质判断B，利用l//m或l与m异面判断C，l与m可 能平行、相交、异面，判断D. 【详解】l m，m，则l,可能平行，A错； l ，l//m，由线面平行的性质可得m，B正确； l//，m，则l//m， l与m异面；C错， l//，m//，l与m可能平行、相交、异面，D错，.故选B. 【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂 直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、 现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的 逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 4．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，AB AD， O为BD的中点. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】证明：OACD； 【答案】证明见解析； 【分析】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】因为AB AD，O是BD中点，所以OABD， 因为OA平面ABD，平面ABD平面BCD， 且平面ABD平面BCDBD，所以OA平面BCD． 因为CD平面BCD，所以OACD. 5．（2023年浙江省联考数学试题）如图所求，四棱锥PABCD，底面ABCD为平行四边形，F 为PA的 中点，E为PB中点. (1)求证：PC //平面BFD； PM (2)已知 点在 上满足 平面 ，求 的值. M PD EC // BFM MD 【答案】(1)证明见解析(2)2 【分析】（1）连结AC交BD于O，连结OF ，通过证明 PC//OF ，可证PC //平面BFD； （2）如图连结FM 交AD延长线于G，连结BG交CD于N ，连结EF，FN ，PG， EN . 由EC //平面BFM ，可得N 为CD中点，后通过证明EN//FD//BG，可得FMD GMP，继而可得 答案. 【详解】（1）证明：连结AC交BD于O，连结OF ， 因在△PAC中，F 为PA中点，O为AC中点，则PC //FO . 又PC平面BFD，FO平面BFD，故PC //平面BFD； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）如图连结FM 交AD延长线于G，连结BG交CD于N ， 连结EF，FN ，PG， EN . 因EF//CN，则E,F,N,C四点共面. 又EC //平面BFM ，平面BFM 平面EFNC FN ， 1 则 ，四边形 为平行四边形，可得EF CN  CD 为 中点. EC//FN EFNC 2 N CD 则BCN GDN, N 为 BG 中点. 1 即EN为 中位线，则 ，EN  PG. △PBG EN//PG 2 又EF  DN, EF //DN ，则四边形 EFDN 为平行四边形， EN//FD . PM PG PG 从而 ，FMD GMP     2. FD//PG MD FD EN 6．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱ABC- ABC 中，侧面AABB为正方形， 1 1 1 1 1 ABBC 2，E，F分别为AC和CC 的中点，D为棱AB 上的点．BF  AB 1 1 1 1 1 证明：BF DE； 【答案】证明见解析； 【分析】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； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【详解】[方法一]：几何法 BF  AB,AB //AB 因为 ，所以 ． 1 1 1 1 BF  AB 又因为ABBB 1 ，BFBB 1 B，所以AB平面BCC 1 B 1 ．又因为ABBC 2，构造正方体 ABCGABCG ，如图所示， 1 1 1 1 AM,BN 过E作 AB 的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接 1 1 ， 因为E,F分别为AC和CC 的中点，所以N 是BC的中点， 1 易证RtBCF RtBBN ，则CBF BBN ． 1 1 又因为BBNBNB90，所以CBFBNB90，BF BN ． 1 1 1 1 又因为 BF  AB,BNAB B ，所以 平面AMNB ． 1 1 1 1 1 1 BF  1 1 又因为ED平面A 1 MNB 1 ，所以BF DE． (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) [方法二]：因为BF  A 1 B 1 ，A 1 B 1 //AB，所以BF  AB，故BFA 1 B 1 0，BFAB0，所以 (cid:19) (cid:19) (cid:19)  (cid:19) (cid:19) (cid:19)  (cid:19) (cid:19) (cid:19)  (cid:19) (cid:19)  (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) BFEDBF EBBB BD =BFBDBF EBBB BFEBBFBB 1 1 1 1 1 (cid:19)  1(cid:19) 1(cid:19)  (cid:19) (cid:19) 1(cid:19) (cid:19) 1(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) 1(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) BF BA BCBFBB  BFBA BFBCBFBB  BFBCBFBB  2 2  1 2 2 1 2 1 1 (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) 1 2 1  BF  BC cosFBC BF  BB cosFBB =  52  52 0，所以 ． 2 1 1 2 5 5 BF ED 7．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点 F． (1)求证：PA//平面BDE； (2)求证：F为PD的中点； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】AN (3)在棱 上是否存在点N，使得 平面 ？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由． AB FN // BDE NB 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析； AN (3)存在N使得 平面 ， 1，理由见解析. FN // BDE NB 【分析】（1）连接AC交BD于G，连接GE，易知GE//PA，再由线面平行的判定证结论； （2）由CD//AB，根据线面平行的判定有CD//面ABEF，再由线面平行的性质可得CD//EF ，结合已知 即可证结论. （3）H 为AB中点，连接FH ，由已知易证BHFE为平行四边形，则FH //BE，再由线面平行可证FH // 面BDE，即可判断存在性. 【详解】（1）连接AC交BD于G，连接GE，如下图： 由ABCD为平行四边形，则G为AC中点，又E为棱PC的中点， 所以GE为中位线，则GE//PA， 又GE�面BDE，PA面BDE，故PA//平面BDE； （2）由题设知：CD//AB，AB面ABEF，CD面ABEF， 所以CD//面ABEF，又CD面PDC，面PDC面ABEF EF ， 所以CD//EF ，又E为棱PC的中点，即EF是△PDC的中位线， 故F为PD的中点； AN （3）存在 使得 平面 且 1，理由如下： N FN // BDE NB H 为AB中点，连接FH ， 1 1 1 由题设BH  AB CD且 ，由（2）知 且EF  CD， 2 2 BH //CD CD//EF 2 所以BH //EF且BH EF，即BHFE为平行四边形， 所以FH //BE，而BE面BDE，FH 面BDE， 所以FH //面BDE，故所求N 点即为H 点， AN 则 上存在点 使得 平面 ，且 1. AB N FN // BDE NB 8．如图1，在 中， ， ， ， 是 的中点， 在 上， .沿着 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】将 折起，得到几何体 ，如图2 (1)证明：平面 平面 ； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）根据图1可知折叠后 ， ，由此可证 平面 ，再根据面面垂直的判 定定理，即可证明结果； 【详解】（1）证明：因为在图1中 ，沿着 将 折起， 所以在图2中有 ， ， 又 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ， 所以平面 平面 ； 9．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））如图，点N 为正方形ABCD的中心，ECD 为正三角形，平面ECD平面ABCD,M 是线段ED的中点，则 A．BM EN，且直线BM,EN 是相交直线 B．BM EN ，且直线BM,EN 是相交直线 C．BM EN，且直线BM,EN 是异面直线 D．BM EN ，且直线BM,EN 是异面直线 【答案】B 【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】如图所示， 作EOCD于O，连接ON，过M 作MF OD于F ． 连BF，平面CDE平面ABCD． EOCD,EO平面CDE，EO平面ABCD，MF 平面ABCD， MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO 3, ON 1 EN 2， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3 5 MF  ,BF  ,BM  7． ，． 2 2 BM EN 【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形． 10．（2023年河南省模拟数学试题）如图所示，在三棱柱ABC- ABC 中，E,F,G,H 分别是AB,AC， 1 1 1 AC ，AB 的中点，求证： 1 1 1 1 (1)BC //平面AEF； 1 1 1 (2)平面AEF//平面BCGH． 1 【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EF∥平面BCGH，再证明A 1 F∥ 平面BCGH,根据面面平行的判定定理即可证明结论. 【详解】（1）证明：∵E,F 分别是AB,AC的中点， ∴EF∥BC, 又在三棱柱ABC- ABC 中，BC∥BC ， 1 1 1 1 1 所以BC ∥EF ． 1 1 又B 1 C 1 平面A 1 EF，EF  平面A 1 EF， 所以BC ∥ 平面AEF. 1 1 1 （2）证明：由（1）知EF∥BC，EF 平面BCGH，BC平面BCGH， ∴EF∥平面BCGH， 又∵F,G分别为AC,AC 中点， 1 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 故FC  AC，AG AC , 2 1 2 1 1 又∵AC∥AC ,AC  AC ，∴FC∥AG,FC  AG, 1 1 1 1 1 1 ∴四边形FCGA 为平行四边形， 1 ∴AF∥GC, 1 又∵AF 平面BCGH，GC平面BCGH， 1 ∴AF∥ 平面BCGH, 1 又∵AFEF F,AF,EF 平面AEF, Ⅰ 1 1 ∴平面AEF//平面BCGH． 1 11．如图，已知 ， ， ，平面 ⊥平面 ， ， ，F为 的中点． 证明： 平面 ； 【答案】证明见解析 【分析】作出辅助线，证明线线平行，进而证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求 解. 【详解】证明：取AC中点G，连接 FG,BG ． 因为 为 的中点，所以 ∥ ， ． F AD 又由题意知 ，所以 ， 则四边形BEFG 平行四边形，所以 ． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为平面BCDE⊥¿¿平面ABC，平面 平面ABC=BC， 面 BCDE，∠DCB=90°， 所以DC⊥¿¿平面ABC． 又 平面ABC，所以DC⊥BG． 又AB=BC，G为AC的中点，所以AC⊥BG． 因为 面ACD， 面ACD， 所以BG⊥¿¿平面ACD． 前面已证EF//BG，所以EF⊥¿¿平面ACD． 12．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点． (1)求证：QN//平面PAD； (2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)l// 平面PBD，证明见解析 【分析】（1）推导出 QN//AD ，由此能证明 QN// 平面PAD； （2）连接BD，则 MN//BD ，从而 MN// 平面 ABCD ，由线面平行的性质得 MN//l，从而 BD//l， 由此能证明l//平面PBD． 【详解】（1）证明：∵底面ABCD是菱形， N,M,Q 分别为 PB,PD,PC 的中点． ∴ QN//BC,BC//AD ，∴ QN//AD ， ∵ QN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴ QN// 平面PAD； （2）直线l与平面PBD平行，证明如下： ∵M,N分别为 PD,PB 的中点， ∴MN//BD， ∵BD⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD， ∴MN//平面ABCD， ∵平面CMN与底面ABCD的交线为l， ∴由线面平行的性质得MN//l， ∵MN//BD，∴BD//l， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】∵Cl,C面PBD，且BD⊂平面PBD，l平面PBD， ∴l //平面PBD． 13．（2019年江苏省高考数学试题）如图，在直三棱柱ABC－ABC 中，D，E分别为BC，AC的中点， 1 1 1 AB=BC． 求证：（1）AB∥平面DEC ； 1 1 1 （2）BE⊥C E． 1 【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. D,E BC,AC 【详解】（1）因为 分别为 的中点， ED//AB 所以 . 在直三棱柱 ABC−A B C 中， AB//A B ，所以 A B //ED . 1 1 1 1 1 1 1 又因为ED⊂平面 DEC 1 ， A 1 B 1 ⊄平面 DEC 1 ，所以 A 1 B 1 // 平面 DEC 1 . （2）因为 AB=BC ，E为 AC 的中点，所以 BE⊥AC . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为三棱柱 ABC−A B C 是直棱柱，所以 CC ⊥¿¿平面ABC. 1 1 1 1 又因为BE⊂平面ABC，所以 CC 1 ⊥BE . 因为 C 1 C⊂平面 A 1 ACC 1 ，AC⊂平面 A 1 ACC 1 ， C 1 CAC=C ， 所以BE⊥¿¿平面 A 1 ACC 1 .因为 C 1 E⊂平面 A 1 ACC 1 ，所以 BE⊥C 1 E . 【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. 14．如图，在四面体PABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA (1)求证：PB⊥平面APD； (2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）由线面垂直的性质有 ，再根据线面垂直的判定证结论. （2）由（1）及面面垂直的判定可得面 面APD，再由面面垂直的性质有 面 ，根据线面 垂直的性质即可证结论. 【详解】（1）由AD⊥¿¿平面APB， 面 ，则 ， 又PB⊥PA， ，则PB⊥¿¿平面APD； （2）由（1）及 面 ，则面 面APD， 又面 面APD ，AG⊥PD， 面APD， 所以 面 ，而 面 ，所以AG⊥BD． 15．如图，在四棱锥 中， 是正方形， 平面 ， ， 分别是 的中点． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(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）由 平面 ，得 ，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证（2）由 证明 平面 ，由 证明 平面 ，再由面面平行的判定定理证明即可. 【详解】（1）由 平面 ，得 ，又 ( 是正方形)， ，所以 平面 ，所以 . （2）由 分别是线段 的中点，所以 ，又 为正方形， ，所以 ， 又 平面 ，所以 平面 .因为 分别是线段 的中点，所以 ，又 平 面 ，所以 平面 .因为 平面 ，所以平面 平面 . 【能力提升】 1．如图，在四棱锥 中，侧面 底面ABCD，且 ， ， 8， . 求证： ； 【答案】证明见解析 【分析】取CD中点O，连接 PO,AO,BO ，证明 平面POA即可得证； 【详解】取CD中点O，连接 PO,AO,BO ，证明 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为 ，所以 ， 又平面 平面ABCD， 平面PCD，平面 平面 ， 所以 平面ABCD，而 平面ABCD，所以 ； ABOD 因为 4且 ，所以四边形 为平行四边形， ABOD 又 4，所以平行四边形 为菱形，因此 ， 因为 ， 平面POA， 平面POA， 所以 平面POA，因为 平面POA，所以 ； 2．如图，在三棱柱ABC－ABC 中，E，F，G，H分别是AB，AC，AB，AC 的中点．求证： 1 1 1 1 1 1 1 (1)B，C，H，G四点共面； (2)平面EFA 平面BCHG. 1 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析； 【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得 ，由此得证； （2）利用线面平行的判定定理证得EF//平面BCHG， A E// 平面BCHG，从而利用面面平行的判定定 1 理即可得证. 【详解】（1）∵G,H分别是 A B ,A C 的中点 1 1 1 1 ∴GH是 的中位线，∴ GH//B C ， 1 1 又在三棱柱 ABC−A B C 中， B C //BC ，∴GH//BC， 1 1 1 1 1 ∴B,C,H,G四点共面． （2）∵E,F分别为 AB,AC 的中点， ∴EF//BC， ∵ 平面BCHG，BC⊂平面BCHG， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】EF// BCHG ∴ EF 平面 ， ∵在三棱柱 ABC−A B C 中， ， ， 1 1 1 ∴A G//EB， ， 1 A EBG A E//GB ∴四边形 是平行四边形，∴ ， 1 1 ∵ 平面BCHG，GB⊂平面BCHG， ∴ A E// 平面BCHG， 1 ∵ A EEF=E，A E，EF⊂平面 EFA ， 1 1 1 EFA ∴平面 平面BCHG. 1 3．如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB 的中点，点M在 上，且 ． (1)求证：平面 平面PAC； (2)求证： 平面PAC； (3)求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) ； PAC PAC 【分析】（1）先证明 平面 ， 平面 ，再利用面面平行的判定，可得平面 平面 PAC； （2）利用线线垂直证明线面垂直； （3）由（2）知 面PAC，可得 为直线PB与平面PAC所成的角，求出 BC,PB 的长度可得 结论． 【详解】（1）证明：因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点， 所以 ，因为 平面PAC， 平面PAC，所以 平面PAC， 因为 ，因为 平面PAC， 平面PAC，所以 平面PAC， MOE MOE PAC 因为 ， 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 . （2）证明：因为点C在以AB为直径的圆O上，所以 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】即BC⊥AC，因为PA⊥¿¿平面ABC， 平面ABC，所以PA⊥BC， 因为 ， 平面 PAC ， 平面 PAC ，所以 BC⊥¿¿平面 PAC . （3）由（2）知 BC⊥¿¿面 PAC ，所以 为直线PB与平面 PAC 所成的角， 在 中， ，在 中， ， 在 中， ，所以 . 直线 与平面 所成的角的正弦值为 . PB PAC 4．如图，四边形 是菱形，且 ，P是平面 外一点， 为正三角形，平面 平面 . (1)若G为边 的中点，求证： 平面 ； (2)若E为边BC的中点，能否在边PC上找出一点F，使平面 平面 ？ 【答案】(1)证明见解析 (2)能找出点E,F为PC的中点. 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理即可证得； （2）利用面面垂直的性质定理及判定定理即可证得. 【详解】（1）因为四边形 是菱形，所以 . 又因为 ，所以 是等边三角形. 因为G为边AD的中点，所以 . ABCD 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面BAD， ， 所以 平面PAD. （2）存在点F，且F为 PC 的中点. 证明：如图，连接 CG ，交DE于点M，连接FM. 因为 且 ， 又E,G分别是 BC,AD 的中点，所以 且 . EG CEGD 连接 ，则四边形 是平行四边形，所以 . 又因为 ，所以 . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为 是等边三角形，G是AD的中点，所以 . ABCD ABCD ABCD 又因为平面 平面 ，所以 平面 ，所以 平面 . 又 平面DEF，所以平面 平面 ABCD . 5．（2023届江苏省二模数学试题）如图，在圆台 中， 分别为上、下底面直径，且 ， ， 为异于 的一条母线． (1)若 为 的中点，证明： 平面 ； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面 平面 ，有面面平行的性质可得 ， 根据相似三角形的性质可得 为 中点，则 ，结合线面平行的判定定理即可证明； 【详解】（1）如图，连接 ． 因为在圆台 中，上、下底面直径分别为 ，且 ， 所以 为圆台母线且交于一点P，所以 四点共面. 在圆台 中，平面 平面 ， 由平面 平面 ，平面 平面 ，得 . 又 ，所以 ，所以 ，即 为 中点． 在 中，又M为 的中点，所以 ． 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】. 6．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: 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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 ． 7．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））如图，长方体ABCD–ABC D 的底面ABCD 1 1 1 1 是正方形，点E在棱AA 上，BE⊥EC . 1 1 （1）证明：BE⊥平面EBC ； 1 1 （2）若AE=AE，AB=3，求四棱锥 的体积． 1 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得， 平面 ，得到 ，再由 ，根据线面垂直的判 定定理，即可证明结论成立； （2）先设长方体侧棱长为 ，根据题中条件求出 ；再取 中点 ，连结 ，证明 平面 ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体 中， 平面 ； 平面 ，所以 ， 又 ， ，且 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）[方法一]【利用体积公式计算体积】 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】如图6，设长方体的侧棱长为 ，则 ． 由（1）可得 ．所以 ，即 ． 又 ，所以 ，即 ，解得 ． 取 中点F，联结 ，因为 ，则 ，所以 平面 ， 从而四棱锥 的体积： ． [方法二]【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】 取 的中点F，联结 ．由（Ⅰ）可知 ， 所以 ．故 ． 【整体点评】(2)方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法； 方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等 价转化. 8．如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， ， ， 平面 ，且 是 的中点. (1)求证： 平面 ； (2)求异面直线 与 所成角的正切值； (3)求直线 与平面 所成角的正弦值. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】(1)证明见解析；(2) ；(3) ； 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明 平面 ，即可证明 ，再利用线面垂直的判 定定理即可证明 平面 ； （2）根据题意可得异面直线 与 所成角即为直线 与直线 所成的角，利用线面垂直可证 为直角三角形，求 的正切值即可； （3）利用等体积法求解点 到平面 的距离 ，直线 与平面 所成角为 ， ，即可 求解直线 与平面 所成角的正弦值. 【详解】（1）解：∵ 平面 ， 平面 ，∴ ， 又四边形 是矩形，∴ ，∵ ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴ ，又 是 的中点， ，∴ ， ∵ ，所以 平面 . （2）解：∵底面 是矩形，∴ ， ∴异面直线 与 所成角即为直线 与直线 所成的角， 由（1）得 平面 ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴ ，∴ 为直角三角形， 又 是 的中点， ，∴ ， ∴在 中， 即为异面直线 与 所成角，故 ， ∴异面直线 与 所成角的正切值为 . （3）解：取 中点为 ，连接 ， ， 在 中， 分别为线段 的中点，故 ， ∵ 平面 ，∴ 平面 ， ∴ ， 由（1）得 平面 ，∵ 平面 ，∴ ， ∵ ，∴ ，又 ，∴ , ∴ ， 设点 到平面 的距离为 ，直线 与平面 所成角为 ， 则 ，解得： ，故 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . 9．（2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）如图，边长为2的正方形 所在的平面与半圆弧 所在平面垂 直， 是 上异于 ， 的点． 证明：平面 平面 ； 【答案】证明见解析； CMD 【分析】方法一：先证 平面 ,得 ,再证 ，由线面垂直的判定定理可得 DM⊥¿¿平面BMC，即可根据面面垂直的判定定理证出； 【详解】［方法一］：【最优解】判定定理 由题设知,平面 CMD⊥¿¿平面 ABCD ,交线为 CD .因为 BC⊥CD , BC⊂平面 ABCD ,所以 BC⊥¿¿平面 CMD,故BC⊥DM.因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM. 又 BCCM=C,所以DM⊥¿¿平面 BMC .而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥¿¿平面 BMC . ［方法二］：判定定理 由题设知,平面 CMD⊥¿¿平面 ABCD ,交线为 CD . ABCD 因为 ， 平面 , 所以 平面 ，而 平面 ， 所以 ，因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径， 所以 DM⊥CM .又 ， 所以， 平面 ，而 平面 ， 所以平面 平面 ． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】10．如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 中，M 、N 分别是A 1 D 1 、A 1 B 1 的中点，过直线BD的 平面//平面AMN，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）. 6 9 A． B． 2 8 C． 2 D． 3 【答案】B B C E，C D EF，BE，DF，B D EF//B D 【分析】如图1，取 1 1 的中点 1 1 的中点F，连接 1 1 ，则 1 1 ， B D //BD ，所以EF//BD，故EF，BD在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面 1 1 AME// 平面BDFE，所以平面α 截该正方体所得截面为平面BDFE，然后在图2中的图形计算即可. B C E，C D EF，BE，DF，B D EF//B D 【详解】如图1，取 1 1 的中点 1 1 的中点F，连接 1 1 ，则 1 1 ， B D //BD ，所以EF//BD，故EF，BD在同一平面内， 1 1 连接ME，因为M,E分别为 A 1 D 1 ，B 1 C 1 的中点，所以ME//AB，且ME=AB， 所以四边形ABEM是平行四边形，所以AM//BE， 又因为BE平面BDFE，AM 平面BDFE， 所以AM//平面BDFE，同理AN//平面BDFE， 因为AM AN  A，AM 、AN 平面AMN，所以平面AMN //平面BDFE， 1 2 5 BDB 1 D 1  2 ，EF  2 B 1 D 1  2 ，DF BE 2 ，等腰梯形 BDFE 如图2， 过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形， 1  2  3 2 9 5 1 3 2 所以FG DF2DG2    ，故所得截面的面积为    2    . 2 2 4 8 4 8 4   资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】11．（2021年浙江省高考数学试题）如图已知正方体ABCDABCD ，M，N分别是AD，DB的中点， 1 1 1 1 1 1 则（ ） A．直线AD与直线DB垂直，直线MN //平面ABCD 1 1 B．直线A 1 D与直线D 1 B平行，直线MN 平面BDD 1 B 1 C．直线AD与直线DB相交，直线MN //平面ABCD 1 1 D．直线A 1 D与直线D 1 B异面，直线MN 平面BDD 1 B 1 【答案】A 【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,AD平面ABD ，即可得出结论. 1 1 【详解】 连AD ，在正方体ABCDABCD 中， 1 1 1 1 1 M是AD的中点，所以M 为AD 中点， 1 1 又N是DB的中点，所以MN//AB， 1 MN平面ABCD,AB平面ABCD， 所以MN//平面ABCD. 因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD 则MN不垂直平面BDDB ，所以选项B,D不正确； 1 1 在正方体ABCDABCD 中，AD  AD， 1 1 1 1 1 1 AB平面AA 1 D 1 D，所以AB A 1 D， AD AB A，所以AD平面ABD ， 1 1 1 DB平面ABD ，所以ADDB， 1 1 1 1 且直线AD,DB是异面直线，所以选项C错误，选项A正确. 1 1 【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 12．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））如图，已知三棱柱ABC–ABC 的底面是正 1 1 1 三角形，侧面BBC C是矩形，M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点．过BC 和P的平面交AB 1 1 1 1 1 1 于E，交AC于F． （1）证明：AA//MN，且平面AAMN⊥平面EBC F； 1 1 1 1 （2）设O为△ABC 的中心，若AO=AB=6，AO//平面EBC F，且∠MPN= ，求四棱锥B–EBC F的体积． 1 1 1 1 1 1 1 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】（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 . 【详解】（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ABC，BC平面ABC， BC //平面ABC 1 1 又 B 1 C 1 平面EB 1 C 1 F ，且平面EB 1 C 1 F平面ABC EF B 1 C 1 //EF EF//BC 又 BC 平面AAMN 1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】EF平面A 1 AMN  EF 平面EB 1 C 1 F 平面EB 1 C 1 F 平面A 1 AMN （2）过M 作PN 垂线，交点为H， 画出图形，如图  AO//平面EB 1 C 1 F AO平面AAMN，平面AAMN平面EBCF NP 1 1 1 1 AO//NP 又 NO//AP  AONP6  O为△A 1 B 1 C 1 的中心. 1 1 ON  AC sin60 6sin60 3  3 1 1 3 故：ON  AP 3，则AM 3AP3 3， 平面EB 1 C 1 F 平面A 1 AMN，平面EB 1 C 1 F平面A 1 AMN NP， MH 平面A 1 AMN MH 平面EB 1 C 1 F EF AP 又 在等边 中   ABC BC AM APBC 36 即EF   2 AM 3 3 由（1）知，四边形EBCF 为梯形 1 1 四边形 的面积为： EBCF  1 1 1 V  S h， BEB1C1F 3 四边形EB1C1F 1 为 到 的距离 ， V  24324. h M PN MH 2 3sin603  3 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 13．（2023年浙江省教研联盟联考数学试题）如图，在三棱柱BCF ADE中，若G，H分别是线段AC， DF的中点. (1)求证：GH BF； (2)在线段CD上是否存在一点P，使得平面GHP平面BCF，若存在，指出P的具体位置并证明；若不存 在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存在，P是线段 CD 的中点， 【分析】（1）根据三角形中位线分析证明； （2）根据题意结合线面、面面平行的判定定理分析证明. 【详解】（1）连接BD， ∵ABCD为平行四边形，由题意可得：G是线段BD的中点， 则G，H分别是线段 BD，DF 的中点，故GH BF. （2）存在，P是线段 CD 的中点，理由如下： 由（1）可知：GH BF， GH �平面GHP，BF 平面GHP， ∴BF 平面GHP，连接PG,PH ， ∵P，H分别是线段CD，DF的中点，则HP CF， HP平面GHP，CF 平面GHP， ∴CF 平面GHP， BFCF F ，BF,CF 面BCF， 故平面GHP平面 BCF . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】14．（2020年山东省春季高考数学真题）已知点E，F 分别是正方形ABCD的边AD，BC的中点.现将四 边形EFCD沿EF折起，使二面角CEFB为直二面角，如图所示. （1）若点G，H分别是AC，BF的中点，求证：GH //平面EFCD； 【答案】（1）证明见解析； 【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行； 【详解】证明：（1）连接AF ， 设点O为AF 的中点，连接GO，OH ， 在△ACF中，又因为点G为AC中点， 所以OG//CF . 同理可证得OH//AB， 又因为E，F 分别为正方形ABCD的边AD，BC的中点， 故EF//AB，所以OH//EF. 又因为OHOGO，所以平面GOH//平面EFCD. 又因为GH �平面GOH ，所以GH//平面EFCD. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【真题感知】 1．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，AB2， BC 2 2，PBPC  6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD 5DO，点F在AC上， BF  AO. (1)证明：EF//平面ADO； (2)证明：平面ADO平面BEF； 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF 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B PA 14   作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，所以由PB 6 求出 点坐标，  Z  BAC Px,y,z  PC  6 P (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) 再求出平面ADO与平面BEF的法向量n,n ，由n n 0即可证明； 1 2 1 2 【详解】（1）连接 ，设 ，则 (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) ，  A (cid:19) O    B (cid:19) A   1 B  C (cid:19) ， DE,OF AF tAC BF BAAF (1t)BAtBC 2 BF  AO， 则  B  F (cid:19)   A (cid:19) O  [(1t)  B (cid:19) A  tB  C (cid:19) ](B (cid:19) A   1 B  C (cid:19) )(t1)B (cid:19) A  2  1 tB  C (cid:19) 2 4(t1)4t 0， 2 2 1 解得t  ，则 为 的中点，由 分别为 的中点， 2 F AC D,E,O,F PB,PA,BC,AC 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 于是DE//AB,DE  AB,OF //AB,OF  AB，即 ，则四边形 为平行四边形， 2 2 DE//OF,DE OF ODEF EF//DO,EF DO，又EF 平面ADO,DO平面ADO， 所以EF//平面ADO. 6 30 （2）由（1）可知 ，则AO 6,DO ，得AD 5DO ， EF//OD 2 2 15 因此OD2AO2  AD2  ，则 ，有 ， 2 OD AO EF  AO 又AOBF,BFEF F，BF,EF 平面BEF， 则有AO平面BEF，又AO平面ADO，所以平面ADO平面BEF. 2．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ， ， 的中点分别为 ，点 在 上， ． (1)求证： //平面 ； (2)若 ，求三棱锥 的体积． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【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）作出并证明 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ， ， 则 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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）过 作 垂直 的延长线交于点 ， 因为 是 中点，所以 ， 在 中， ， 所以 ， 因为 ， 所以 ，又 ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以 ，又 ， 平面 ， 所以 平面 ， 即三棱锥 的高为 ， 因为 ，所以 ， 所以 ， 又 ， 所以 . 3．（2023年新高考天津数学高考真题）三棱台 中，若 面 ， 分别是 中点. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求证： //平面 ； 【答案】(1)证明见解析 【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； 【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 . 4．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）在正方体 中，E，F分别为 的中点， 则（ ） A．平面 平面 B．平面 平面 C．平面 平面 D．平面 平面 【答案】A 【分析】证明 平面 ，即可判断A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，分 别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体 中， 且 平面 ， 又 平面 ，所以 ， 因为 分别为 的中点， 所以 ，所以 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】又 ， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以平面 平面 ，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ， 则 ， C 0,2,2 ， 1 (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) 则EF 1,1,0,EB 0,1,2 ，DB2,2,0,DA 2,0,2 ， 1 1 (cid:19) (cid:19) (cid:19) AA 0,0,2,AC 2,2,0,AC 2,2,0, 1 1 1 (cid:19) 设平面BEF的法向量为mx,y,z  ， 1 1 1 1 (cid:20) (cid:20) mEF x y 0 则有(cid:20) (cid:20) 1 1 ，可取 (cid:19) ， mEB  y 2z 0 m2,2,1 1 1 1 (cid:19) 同理可得平面ABD的法向量为n 1,1,1 ， 1 1 (cid:19) 平面AAC的法向量为n 1,1,0 ， 1 2 (cid:19) 平面ACD的法向量为n 1,1,1 ， 1 1 3 (cid:19) (cid:19) 则mn 22110， 1 所以平面BEF与平面ABD不垂直，故B错误； 1 1 (cid:19) (cid:19)n 因为m与 2 不平行， 所以平面BEF与平面AAC不平行，故C错误； 1 1 (cid:19) (cid:19) 因为m与n 不平行， 3 所以平面BEF与平面ACD不平行，故D错误. 1 1 1 选项BCD解法二： 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解：对于选项B，如图所示，设ABBEM ，EFBDN，则MN为平面BEF与平面ABD的交线， 1 1 1 1 在BMN内，作BPMN 于点P，在EMN内，作GPMN，交EN 于点G，连结BG， 则BPG或其补角为平面B 1 EF与平面A 1 BD所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：PB2PN2 BN2，PG2PN2 GN2， 底面正方形ABCD中，E,F 为中点，则EF BD， 由勾股定理可得NB2NG2 BG2， 从而有：NB2NG2   PB2PN2   PG2PN2 BG2 ， 据此可得PB2PG2 BG2，即BPG90， 据此可得平面BEF 平面ABD不成立，选项B错误； 1 1 对于选项C，取A 1 B 1 的中点H，则AH B 1 E， 由于AH 与平面A 1 AC相交，故平面B 1 EF∥ 平面A 1 AC不成立，选项C错误； 对于选项D，取AD的中点M ，很明显四边形A 1 B 1 FM 为平行四边形，则A 1 M B 1 F， 由于AM 与平面ACD相交，故平面BEF∥ 平面ACD不成立，选项D错误； 1 1 1 1 1 1 5．（2022年全国新高考II卷数学试题）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 PB 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】PB的中点． 证明： 平面PAC ； 【答案】证明见解析 【分析】连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角 形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证； 【详解】证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD， 因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC， 所以PO AO、POBO， 又PAPB，所以△POA△POB，即OAOB，所以OABOBA， 又ABAC，即BAC90，所以OABOAD90，OBAODA90， 所以ODAOAD 所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD， 又OE平面PAC ，PD平面PAC ， 所以OE//平面PAC 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】