文档内容
第 03 讲 空间中的平行关系
（线线平行、线面平行、面面平行）
（11 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明面面垂直
2024年新I卷，第17题,15分 证明线面平行
由二面角大小求线段长度
证明线面垂直
2023年全国乙卷（理），第19题,12分 证明线面平行 证明面面垂直
求二面角
2022年新Ⅱ卷，第20题,12分 证明线面平行 面面角的向量求法
2022年全国甲卷（文），第19题,12分 证明线面平行 求组合体的体积
求线面角
2020年全国乙卷（理），第20题,12分 证明线面平行
证明面面垂直
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为5-15分
【备考策略】1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言
2.熟练掌握线面平行的判定定理和性质定理及其应用
3.熟练掌握面面平行的判定定理和性质定理及其应用
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查线面平行、面面平行的判定及其性质，
需强化巩固复习.知识讲解
1. 常见立体几何的定义、性质及其关系
（1）棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行图形，侧面是平行四边形（即侧棱平行且相等）
（2）斜棱柱：侧棱与底面不垂直的棱柱
（3）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱
（4）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱
（5）平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，即：平行六面体的六个面都是平行四边形
2. 四个公理与一个定理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
3. 空间中点线面的位置关系
点在直线上 点不在直线上
点与直线的位置关系
点在平面上 点不在平面上
点与面的位置关系
线与线的位置关系
平行， 相交， ， 异面
线与面的位置关系
面与面的位置关系
平行， 相交， 与 重合
4. 空间中的平行关系
（1）线线平行
①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等）
③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行
（2）线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
图形语言 符号语言（3）线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
图形语言 符号语言
（4）面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
图形语言 符号语言
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平
行
图形语言 符号语言
（5）面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
考点一、 空间中点线面的位置关系1．（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面， 为两条直线，且 .下述四个命题：
①若 ，则 或 ②若 ，则 或
③若 且 ，则 ④若 与 , 所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当 ，因为 ， ，则 ，
当 ，因为 ， ，则 ，
当 既不在 也不在 内，因为 ， ，则 且 ，故①正确；
对②，若 ，则 与 不一定垂直，故②错误；
对③，过直线 分别作两平面与 分别相交于直线 和直线 ，
因为 ，过直线 的平面与平面 的交线为直线 ，则根据线面平行的性质定理知 ，
同理可得 ，则 ，因为 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
因为 平面 ， ，则 ，又因为 ，则 ，故③正确；
对④，若 与 和 所成的角相等，如果 ，则 ，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
2．（2024·天津·高考真题）若 为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若 ， ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则 与 相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若 ， ，则 平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若 ，则 平行或异面或相交，故B错误.
对于C， ，过 作平面 ，使得 ，
因为 ，故 ，而 ，故 ，故 ，故C正确.
对于D，若 ，则 与 相交或异面，故D错误.
故选：C.1．（2024·河北邢台·二模）已知两条不同的直线a、b和平面 ，下列命题中真命题的个数是（ ）
（1）若 ， ，则 （2）若 ， ，则
（3）若 ， ，则 （4）若 ， ，则
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】利用线面平行的判定与性质判断（1）（2）,利用线面垂直的性质判断（3）（4）.
【详解】由两条不同直线 ， 及平面 ，知：
对（1），若 ， ，则 与 相交、平行或异面，故错误；
对（2），若 ， ，则 或a⊂α，故错误；
对（3），若 ， ，则由线面垂直的性质得 ，故正确；
对（4），若 ， ，则 或a⊂α，故错误．
故选：A．
2．（2024·浙江绍兴·三模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是
（ ）
A．若 ， ，则m⊥β
B．若m⊥β， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】D
【分析】由空间中的线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可.
【详解】若 ， ，则 或 ，所以A错； ， ， ， ， 或
，所以B错；
若 ， ， ，则 ，所以C错；若 ， ， ，则 与两面的交线 平行，
即 ，故D对.
故选：D.
3．（2024·辽宁·二模）设 ， 是两个平面， ， ， 是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若 ， ，l⊥m，则
B．若l//α， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ，则【答案】B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若 ， ，l⊥m，则 相交或平行，所以A错误；
对于B中，若 ， ，由线面平行的性质可得 ，所以 B正确；
对于C中，若 ， ， ，当 两两相交时， 两两相交，所以C错误；
对于D中，若 ， ，则 或 ，所以D错误.
故选：B.
考点二、 空间中线面平行的判定（直接型）
1．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形
ADEF均为等腰梯形， ， ， ， 为 的
中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形 为平行四边形，可证 ，进而得证；
（2）作 交 于 ，连接 ，易证 三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式
即可求解.
【详解】（1）因为 为 的中点，所以 ，
四边形 为平行四边形，所以 ，又因为 平面 ，
平面 ，所以 平面 ；
（2）如图所示，作 交 于 ，连接 ，因为四边形 为等腰梯形， ，所以 ，
结合（1） 为平行四边形，可得 ，又 ，
所以 为等边三角形， 为 中点，所以 ，
又因为四边形 为等腰梯形， 为 中点，所以 ，
四边形 为平行四边形， ，
所以 为等腰三角形， 与 底边上中点 重合， ， ，
因为 ，所以 ，所以 互相垂直，
以 方向为 轴， 方向为 轴， 方向为 轴，建立 空间直角坐标系，
， ， ，
，设平面 的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
平面 的法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
则 ，即 ，令 ，得 ，即⃗m=(√3,3,1)，
则 ，即 ，令 ，得 ，
即 ， ，则 ，
故二面角 的正弦值为 .
1．（23-24高三上·辽宁朝阳·阶段练习）如图所示，在三棱锥 中， ，直线
两两垂直，点 分别为棱 的中点.(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由于点 分别为棱 的中点，应用中位线定理可得 ，从而得到了证明线面
平行所需的线线平行；
（2）首先以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求平面 和平面 的法向量，进而用空
间向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为点 分别为棱 的中点，
所以 .
又 平面 ， 平面 ，且 ，
所以 平面ADE.
（2）解：以 为原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设 ，则A(0,0,0)， ， ，
得 ， .
设平面 的法向量为 ，
则 取 ，则 ，z=−1，
即 .由 平面 ，得平面 的一个法向量为 ，
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 .
2．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体 中， 是 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，求点 到平面AEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正方体的性质得到 ，即可得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）在正方体 中， 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）设正方体的棱长为 ，则 ，解得 ，
所以 ， ，
所以 ，
设点 到平面AEC的距离为 ，则 ，即 ，
即 ，解得 ，
即点 到平面AEC的距离为 .考点三、 空间中线面平行的判定（中位线型）
1．（浙江·高考真题）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为 的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平
面ABCD，PA＝ ，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．
【答案】(1)见解析；(2) ．
【分析】(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.
又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
(2)解: 在菱形ABCD中,∠BAD=120°,
得AC=AB=BC=CD=DA,
BD= AB.
又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,
PA⊥AD.
所以PB=PC=PD.
所以△PBC≌△PDC.
而M、N分别是PB、PD的中点,
所以MQ=NQ,
且AM= PB= PD=AN.
取线段MN的中点E,连接AE,EQ,
则AE⊥MN,QE⊥MN,
所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.
由AB=2 ,PA=2 ,故在△AMN中,AM=AN=3,MN= BD=3,得AE= .
在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2 ,QC=2,PQ=4,
在△PBC中,cos∠BPC= = ,
得MQ= = .
在等腰△MQN中,MQ=NQ= ,MN=3,
得QE= = .
在△AEQ中,AE= ,QE= ,AQ=2 ,
得cos∠AEQ= = .所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为 .
1．（23-24高二上·广西·阶段练习）如图，在正四棱柱 中， ， 是 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)若正四棱柱的外接球的表面积是24π，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 交 于 ，连接 ，则 ，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）求出正四棱柱的外接球半径，进而可求出 ，根据 ，即可求解.
【详解】（1）连接 交 于 ，连接 ；
分别是 的中点，
平面 平面 ，
//平面 .
（2）设 ，正四棱柱的外接球的半径为 ，因为正四棱柱的外接球的表面积 ，解得 ，
由题意 为正四棱柱的外接球的直径，
由 ，得 ，
解得 或 （舍），即 .
2．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥 中，底面ABCD是平行四边形， 平面ABCD，
， ，且M，N分别为PD，AC的中点．
(1)求证： 平面PBC；
(2)求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）利用三角形的中位线，证明 ，可证得 平面PBC；
（2）利用三棱锥的体积公式求解.
【详解】（1）证明：如图，连接BD，由ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N．
∵M，N分别为PD，BD的中点，∴ ．
又 平面PBC， 平面PBC，故 平面PBC．（2）∵ ，∴ ，∴平行四边形ABCD为矩形．
∵ ，∴ ， ，
∴ ．
又 平面ABCD，M为PD的中点，则M到平面ACD的距离为 ．
∴ ．
3．（2024·河北·二模）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形且 ， 是边长
为 的等边三角形， ， ， 分别为 ， ， 的中点， 与 交于点 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2) .
【分析】（1）作出 ，再根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）使用建系法，根据向量的夹角公式求出两个法向量的夹角余弦值，即可求出锐二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，设 与 交于点 ，连接 .
因为 分别为 的中点，底面 是菱形，
所以 且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
因为 为 的中点，所以 为 的中点，
因为 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）连接 ，因为 是边长为 的等边三角形， 为 的中点，
所以 .
因为底面 是菱形且 ，易知 为等边三角形，所以 .易知 ，所以 ，所以 .
因为 ，所以 ，所以 .
所以 两两垂直，以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立如图所示的空
间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，
取 ，则 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，
则 ，取 ，则 ，所以 .
所以 ，
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值 .
考点 四 、 空间中线面平行的判定（平行四边形型）
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥 中，BC//AD，AB=BC=1， ,点 在
上，且 ， ．(1)若 为线段 中点，求证： 平面 ．
(2)若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取 的中点为 ，接 ，则 ，
而 ，故 ，故四边形 为平行四边形，
故 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）
因为 ，故 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，故 ，所以 平面 ，
而 平面 ，故 ，而 ，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
则设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
故 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为
2．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱 中，底面 为梯形，AB//CD， 平面
， ，其中 ． 是 的中点， 是 的中点．
(1)求证 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得 ，
结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ，由 是 的中点，故 ，且 ，
由 是 的中点，故 ，且 ，
则有 、 ，
故四边形 是平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，
故 平面 ；
（2）以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A(0,0,0)、 、 、 、C(1,1,0)、 ，
则有 、 、 ，
设平面 与平面 的法向量分别为 、 ，
则有 ， ，
分别取 ，则有 、 、 ， ，
即 、 ，
则 ，
故平面 与平面 的夹角余弦值为 ；
（3）由 ，平面 的法向量为 ，
则有 ，
即点 到平面 的距离为 .1．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 为直角
梯形， ， ， .
(1)设点 为棱 的中点，证明： 平面 .
(2)求平面 与平面 的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1） 为 的中点，通过证明 ，得证 平面 .
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决两个平面夹角问题.
【详解】（1）设 为 的中点，连接 ，
在 中，点 为棱 的中点， ， .
因为 ， ，所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，所以 .
因为BF⊂平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立
如图所示的空间直角坐标系.设 ，则A(2,0,0)， ， ， ，
， .
设平面 的一个法向量为 ， 则有
令 ，则 ，得 .
， ，
设平面 的一个法向量为 ， 则有 ，
令 ，则 ，得 .
设平面 与平面 的夹角为 ，有 ，
所以平面 与平面 夹角的大小为 .
2．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱 中， 为 的
中点，点 分别在棱 和棱 上，且 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；(3)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取 的中点 ，证明 即可；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值；
（3）向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，则 ，
且 ，∴ 且 ，
则四边形 为平行四边形， ．
又 平面 平面 ，
平面 ．
（2）解：直三棱柱 中， ． 以 为原点，以 的方向为 轴、 轴、 轴的
正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，则
即令 ，则 ，得到平面 的一个法向量 ．
易知平面 的一个法向量为 ．
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
（3）解： ， ，
点 到平面 的距离 ．
3．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台 中， 平面 ，两底面均为正方形，
，点 在线段 上，且 .
(1)证明： //平面A BC ；
1 1
(2)求点 到平面A BC 的距离.
1 1
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形可得 // .，即可由线面平行的判定求证，
（2）利用等体积法即可求解，或者利用线面垂直可得 平面A BC ，即可利用等面积法求解.
1 1
【详解】（1）如图，连接 与 交于点 ，连接 .
因为四边形 是正方形， ，所以 .
因为四边形 是正方形， ，所以 .
因为 ，所以 ，所以 .
又 ，所以四边形 为平行四边形，所以 // .因为 平面 平面A BC ，所以 //平面A BC .
1 1 1 1
（2）解法一：因为在四棱台 中，两底面均为正方形，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 .
又 ，
设点 到平面A BC 的距离为 ，由等体积法，得 ，
1 1
即 ，解得 ，
所以点 到平面A BC 的距离为 .
1 1
解法二：过点 作 ，垂足为 .
因为 平面 平面 ，所以 .
又四边形 为正方形，所以 .
又 平面BDD B ，所以 平面BDD B .
1 1 1 1
又 平面BDD B ，所以 .
1 1
又 平面A BC ，所以 平面A BC .
1 1 1 1
, ,
所以 ,
故 ，根据等面积，得 .
考点 五 、 空间中线面平行的判定（相似型）
1．（23-24高一下·广东茂名·期中）如图，在三棱柱 中，侧面 为矩形．
(1)设 为 中点，点 在线段 上，且 ，求证：PM//平面 ；
(2)若二面角 的大小为 ，且 ，求直线 和平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 交 于 ，连接 ，由题可得 ，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面 中，过点C作射线 ，可得 为二面角 的平面角，过点 作
，可得 平面 ，则 即为直线 和平面 所成的角，利用锐角三角函数计算可
得.
【详解】（1）连接 交 于 ，连接 ，因为侧面 为矩形，
所以 ，又 为 中点，
所以 ，
又因为 ，
所以 ．
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以PM//平面 ．
（2）在平面 中，过点 作射线 ，
因为底面 为矩形，所以BC⊥CD，
所以 为二面角 的平面角，且 ．
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
在平面 中，过点 作 ，垂足为 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
则 即为直线 和平面 所成的角，
于是 为点 到平面 的距离，且 ，
设直线 和平面 所成角为 ，又 ，
则 ，
所以直线 和平面 所成角的正弦值为 ．2．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知三棱柱 ， ，
， 为线段 上的点，且满足 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求证： ；
(3)设平面 平面 ，已知二面角 的正弦值为 ，求 的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) 或
【分析】（1）作辅助线，先证明四边形 为平行四边形，得线线平行，再由线面平行判定定理可证；
（2）以 为一组基底，先利用基底表达向量 ，再向量平方利用数量积求模，求得
，由勾股定理计算可证垂直；
（3）先证明 两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角余弦值，即可根据题
意建立等量关系求参数 .
【详解】（1）过 分别作 交 于点 交 于点 ，
，
且 ，，
∴四边形 为平行四边形， ，
平面 ． 平面 ．
平面 ．
（2） ，
，
， ， ．
（3）取 中点 ，连接
为等边三角形且 ，则 ．
在 中， ，
由 ，
在 中， 为 中点， ， ，
.
如图，分别以 为 轴建立空间直角坐标系．
．
即 ，
，设 ，
则 ，即 ，
故 ，又 ，同理可得 ，
，
设平面 的一个法向量 ，
而平面 的一个法向量 ，
设二面角 的的平面角为 ，则 ，
则 ，
化简得 ，
解得 或 .
3．（2023·山东潍坊·三模）如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直径， 为底
面圆 的内接正三角形，且边长为 ，点 在母线 上，且 ， ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求证：平面BED⊥平面
(3)若点 为线段 上的动点．当直线 与平面 所成角的正弦值最大时，求此时点 到平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)【分析】（1）设 交 于点 ，连接 ，利用三角形相似证得 ，从而证得 ，进而
证得直线 平面 ；
（2）通过 平面 ，证得 平面 ，所以平面BED⊥平面 ；
（3）建立空间直角坐标系，设 ，通过向量 和平面 的法向量建立直线 与
平面 所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设 交 于点 ，连接 ，由圆锥的性质可知 底面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 是底面圆的内接正三角形，由 ，可得 ，
，解得 ，
又 ， ，所以 ，即 ，AE⊥PC，
又因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
又 平面PAC，直线 平面 ， 平面 ，
所以直线 平面 ．
（2）因为 平面 ，所以 平面 ，
又 平面BED，所以平面BED⊥平面 ；
（3）易知 ，以点 为坐标原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图
所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
设 ，可得 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
即 ，
令 ，
则 ，
当且仅当 时，等号成立，所以当 时， 有最大值 ，
1
即当λ= 时，sinθ的最大值为1，此时点 ，
2
所以 ，所以点 到平面 的距离 ，
故当直线 与平面 所成角的正弦值最大时，点 到平面 的距离为 .
1．（22-23高二上·贵州六盘水·阶段练习）如图，点 在以 为直径的圆 上 不同于 ， ， 垂
直于圆 所在平面， 为 的重心， ， 在线段 上，且 .
(1)证明： ∥平面 ；
(2)在圆 上是否存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ？若存在，指出点 的位置；若不存在，
说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， 为弧 的中点
【分析】（1）连接 ，并延长交 于点 ，连接 ，由重心的性质和平行线的判定，结合线面平行
的判定定理可证得结论，
（2）在圆 上假设存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ，根据题意作出二面角 的平
面角，解三角形即可判断.
【详解】（1）证明：连接 ，并延长交 于点 ，连接 ，
因为 为 的重心，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ∥ ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ∥平面 ；（2）解：在圆 上假设存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ，设 ，
连接 ，并延长交 于 ，则 为 的中点，
因为 ，所以 ， ，
过 作 于点 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为PO⊂平面 ，所以 ,
过 作 于 ，连接 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 为二面角 的平面角，
在 中， ，
在 中， ，
因为二面角 的余弦值为 ，所以 ，
所以 ，所以
所以 ，
所以 ，解得 ，
所以在在圆 上存在点 ，且 ，即 为弧 的中点，使得二面角 的余弦值为 ，【点睛】关键点点睛：此题考查线面平面的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据已知条件结合二
面角的定义利用线面垂直的判定定理作出二面角，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
2．（2022高二下·浙江温州·学业考试）已知三棱锥 中， 平面 ， ， ，
为 中点， 为 中点， 在 上， .二面角 的平面角大小为 .
(1)求证： 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 并延长，交 于点 ，取 的中点 可得 ，根据 为 中点，
可得 ，从而 ，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）分别取 的中点 ，利用线面垂直的判定定理和性质定理可得 即为二面角
的平面角，求出各边长，再由线面垂直的判定定理可得 平面 ，转化为点 到平面
的距离是点 到平面 的距离的一半，求出 可得答案.
【详解】（1）连接 并延长，交 于点 ，取 的中点 ，连接 ，
因为 为 中点，所以 ， ，所以 ，所以 ，又 为 中点，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，可得 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）分别取 的中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，所以 ，所以 即为二面角 的平面角，
所以 ，因为 ，所以 ，所以AQ=√3，
设 ，则 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以线段 的长即为点 到平面 的距离，又因为 为 的中点，
所以点 到平面 的距离是点 到平面 的距离的一半，
因为 ，所以点 到平面 的距离为 .【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是转化为点 到平面 的距离是点 到平面 的距离的
一半，再由线面垂直的判定定理可得 平面 ，考查了学生的空间想象能力、计算能力.
考点 六 、 空间中线面平行的判定（向量型）
1．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ， ，
BP，AP，BC的中点分别为D，E，O， ，点F在AC上， .
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面BEF；
(3)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，所以由 求出 点坐标，再
求出平面 与平面BEF的法向量 ，由 即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求
出平面 与平面 的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）法一：由（1）可知 ，则 ，得 ，
因此 ，则 ，有 ，
又 ， 平面 ，
则有AO⊥平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
法二：因为 ，过点 作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在 中， ，在 中， ，
设 ，所以由 可得： ，
可得： ，所以 ，
则 ，所以 ， ，
设平面 的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
，
所以平面 平面BEF；
（3）法一：过点 作 交 于点 ，设 ，由 ，得 ，且 ，
又由（2）知， ，则 为二面角 的平面角，
因为 分别为 的中点，因此 为 的重心，
即有 ，又 ，即有 ，
，解得 ，同理得 ，
于是 ，即有 ，则 ，
从而 ， ，
在 中， ，
于是 ， ，
所以二面角 的正弦值为 .
法二：平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
故二面角 的正弦值为 .1．（2023·全国·模拟预测）如图，已知 垂直于梯形 所在的平面，矩形 的对角线交于点
为 的中点， .
(1)求证： 平面 ；
(2)在线段 上是否存在一点 ，使得 与平面SCD所成角的大小为 ？若存在，求出 的长；若不
存在，说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）用向量法证明即可；
（2）假设存在，根据线面角的公式运算即可得解.
【详解】（1）以 为原点建立如图所示的坐标系，
， ， ， ，
， ， ，
设面 的法向量为 ，
，令 ，则 ，
，平面 ， ，
平面 ；
（2）假设存在点 ，设 ，
则 ，
设面SCD法向量 ，
， ，
，令 ，则 ，
，
，即 ，
，
故存在满足题意的点 ，此时 .
考点 七 、 空间中线面平行的性质
1．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱 中， ， ，E为 中点，直线 与
平面 交于点F．
(1)证明：F为 的中点；
(2)求直线AC与平面 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断，得出 ，得出 为中位线，从而得证；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量，以及平面 的法向量，然后用线
面角公式求得正弦值，再利用同角基本关系式求出余弦值.
【详解】（1）如图，连接 ，FE， ，在正四棱柱 中，
由AB与 平行且相等得 是平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，平面 平面 ，
所以 ，又E是 中点，所以 是 的中位线，
所以F是 的中点；
（2）分别以DA，DC， 为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，C(0,1,0)， ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量是 ，直线AC与平面 所成的角为 ，
则 ，取 ，得 ，
， ，
所以直线AC与平面 所成角的余弦值为 .2．（2024·河北保定·三模）如图，在四棱锥 中，四边形 为正方形， 平面 ，且
.E，F分别是PA，PD的中点，平面 与PB，PC分别交于M，N两点.
(1)证明： ；
(2)若平面 平面 ，求平面 与平面 所成锐二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平面的判断、性质推理即得.
（2）以点 为原点，建立空间直角坐标系，求出平面 、平面 的法向量，进而求出平面 的
法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）由E，F分别是PA，PD的中点，得 ，
在正方形 中， ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，于是 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
因此 ，所以 .
（2）四棱锥 的底面为正方形， 平面 ，则AB,AD,AP两两垂直，
以点 为原点，直线AB,AD,AP分别为 轴建立空间直角坐标系，则 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，
取 ，得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
取 ，得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
由平面 平面 ，得 ，取 ，得 ，
设平面 与平面 所成锐二面角为 ，
则 ， ，
所以平面 与平面 所成锐二面角的正弦值为 .
1．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形 ， 所在平面互相垂直， ， 分别为 ，
的中点，点 在棱 上， ，直线 与平面 相交于点 .
(1)证明： ；(2)求直线 与平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）首先证明 平面 ，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接 , ，以点 为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）因为 、 分别为 、 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，所以 .
（2）由（1）知， 平面 ，
则点 到平面 的距离即为 与平面 的距离，
连接 , ，由 均为正三角形， 为 的中点，得 ，
又平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
于是 平面 ，又 平面 ，则 ，
以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ，又 ， ，
又 ，可得 ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，得 ，
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
所以 与平面 的距离为 .2．（2024·内蒙古赤峰·二模）如图, 在三棱台 中, 和 都为等边三角形, 且边长
分别为2和4， G 为线段 AC的中点, H为线段 BC上的点, 平面
.
(1)求证: 点 H为线段BC的中点;
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行即可得证；
（2）空间向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）连接 ，设 连接 ，
三棱台 ，则 ，又
∴四边形 为平行四边形，则
又 平面 ， 平面 ，平面 平面
∴ ，
∵四边形 是正方形， 是 的中点，
∴点 是 的中点.（2）
且都在面 ，则 面 ，
又 为等边三角形，则 ，又（1） 知 ，则 面 ，
建立如图所示的坐标系 ，则
设平面 的法向量 ，
则 ，令 解得 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，解得 ，
设二面角 的平面角为 ， ，
又因为 为锐角，所以 .
3．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，
且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段 上的点，
平面 .(1)求证: 点H为线段 的中点;
(2)求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为 平面 ，所以想到用线面平行的性质定理证明；
（2）利用等体积法将三棱锥 转化为三棱锥 的体积求解即可.
【详解】（1）连接 ， 设 连接 、
因为三棱台 所以
又 所以四边形 为平行四边形
所以 .
又 平面 ， ⊂平面 ， 平面 ∩平面
∴
∵四边形 是正方形，O是 的中点，
∴点H是 的中点.
（2）因为 则
又 平面ABC
∴ 平面 ,
由（1） 知 且是边长为4的等边三角形，
∵H为 中点，
,
考点 八 、 空间中面面平行的判定
1．（2024·重庆·二模）如图，直棱柱 中，底面 为梯形，AB//DC，且
分别是棱 ， 的中点.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)已知 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）由三角形中位线、平行四边形性质，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得.
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量坐标，再利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在 中， 分别为AB,AD的中点，则 ，
而 平面 平面 ，因此 平面 ，
又 ，而 ，
于是 且 ，四边形 为平行四边形，则 ，又 平面 平面 ，因此 平面 .
而 为平面 中两相交直线，所以平面 平面 .
（2）在 中， ，则 ，
在直棱柱 中， 两两垂直，
以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则 ，
，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则 ，取 ，得 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
2．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成， 为半个圆柱
上底面的直径， ， ，点 ， 分别为 ， 的中点，点 为 的中点．(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 是线段 上一个动点，当 时，求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明 ， ，进而证明 为平行四边形，可得 ，再证明
，由面面平行的判定定理得证；
（2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面 平面 ，过 作
交 于 ，则 就是直线 与平面 所成角，利用平面几何求出 最小，得解.
【详解】（1）连接 ，由点 为 的中点， 为半个圆柱上底面的直径知 ，
由 ， ，知 ， ，
则 ，又 四点共面，所以 ，
由 为直三棱柱的侧面知 ，即 ，则 ，
由 为 的中点 得 ，
所以四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 ， 平面 ，，则 平面 ，
因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ，
又 平面 ，， 平面 ，，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）（法一）以 为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ， ，
设 ，
则 ，
由平面 平面 知直线 与平面 所成角即为直线 与平面 所成角，
设平面 的法向量为 ，
由 ，取 ，得 ，
则平面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则
，
又 ，则 时，sinθ的最大值为 ．
所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 ．
（法二）在直三棱柱 中， 底面 ，
因为 底面 ，所以 ，由（1）知 ， ，所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以平面 平面 ，
过 作 交 于 ，
因为平面 平面 ，所以 平面 ，
又平面 平面 ，
则直线 与平面 所成角即为直线 与平面 所成角 ，
因为 ∽ ，且正方形 的边长为2，
所以 ，则 ，
又 ，要使 值最大，
则 最小，在 中 ，
过 作 交FC 于 ，由等面积可求出 ，此时 ．
1
所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 ．
1．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱 中 分别为 的中点， .
(1)证明:平面 平面 ;
(2)求 与 平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）借助线线平行关系，先证 平面 ， 平面 ，从而可得面面平行；
（2）以 为原点， 为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线
面角.
【详解】（1） 分别为 的中点，所以 ，
四边形 为平行四边形，所以 ，
而 平面 平面 ，所以 平面 ，
连接 交 于 ，连接OE，显然 是 的中点，因为 为AB的中点，
所以 ，而 平面 ，OE⊂平面 ，所以 平面 ，
又 平面 平面 ，所以平面 平面
（2）因为 为正三角形，所以 ，
因为三棱柱 是正三棱柱，所以平面 平面 ，
而平面 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为三棱柱 是正三棱柱， ，
所以侧面 是矩形， 分别为 的中点，
以 为原点， 为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
设平面 的一个法向量为 ，
即 ，取 ，解得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，所以 .
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在三棱柱 中，侧面 为矩形，M，N分别为
AC， 的中点．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若二面角 的余弦值为 ， ， 为正三角形，求直线 和平面 所
成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需运用两次线面平行的判定定理分别证明 平面 ，以及 平面 ，最
后再结合面面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法 ，找出二面角 的平面角，计算所需高和面积，从而建立方程
即可求解.
【详解】（1）因为M，N分别为侧面 为矩形的边AC， 的中点，
所以 ，即四边形 是平行四边形，
所以 ,
因为 ，
所以 ，即四边形 是平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为M，N分别为侧面 为矩形的边AC， 的中点，
所以 ，即四边形 是平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，且 ，BM⊂平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）由（1）可知四边形 是平行四边形，
又 ，
所以平行四边形 是矩形，
从而 ，
因为 为正三角形，
所以 为正三角形，
又因为点 是 的中点，
所以 ，
又因为平面 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 是二面角 的平面角，它的余弦值为 ，那么它的正弦值为
，
因为 ， 为正三角形，
所以 为正三角形，且 ，
于三棱锥 而言，若将三角形 看作三棱锥的底面，设 为三棱锥 的高，
则对应三棱锥的高为 ，
而三角形 的面积为 ，而 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，
所以三角形 的面积为 ，
设直线 和平面 所成角的正弦值为sinθ，
而 ，
则点 到平面 的距离为 ，
由等体积法有 ，
即 ，
解得 ，
即直线 和平面 所成角的正弦值为 .
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥 中， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心，四边形
是底面的内接正方形， 分别为 的中点，过点 的平面为 .
(1)证明：平面 平面 ；(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为 ，设点 在线段 上运动，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证 平面 ， 平面 ，再由面面平行的判定定理
即可证明平面 平面 ；
（2）由题意可得，点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，再由三棱锥的体积公式，代入
计算，即可求解.
【详解】（1）因为 分别为 的中点，所以 ，
因为四边形 为正方形，所以 ，从而 ，
又 平面 平面 ，所以 平面 ，
连接 ，则 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 平面 ，
所以 平面 ，又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
即平面 平面 .
（2）
由题知， 平面 .
连接 ，则 .
因为由（1）的证明可知平面 平面 ，
所以点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，
所以 ，
所以三棱锥 的体积为 .考点 九 、 空间中面面平行的性质
1．（2020·山东·高考真题）已知点 ， 分别是正方形 的边 ， 的中点.现将四边形 沿
折起，使二面角 为直二面角，如图所示.
（1）若点 ， 分别是 ， 的中点，求证： 平面 ；
（2）求直线 与平面ABFE所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；
（2）根据面面垂直的性质定理，可知 平面ABFE，再结合线面角的定义，可得得到直线 与平面
ABFE所成角的正弦值.
【详解】证明：（1）连接 ，
设点 为 的中点，连接 ， ，
在 中，又因为点 为 中点，
所以 .
同理可证得 ，
又因为 ， 分别为正方形 的边 ， 的中点，
故 ，所以 .
又因为 ，所以平面 平面 .
又因为 平面 ，所以 平面 .
（2）因为 为正方形， ， 分别是 ， 的中点，
所以四边形 为矩形，则 .
又因为二面角 为直二面角，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面ABFE，
则 为直线 在平面ABFE内的射影，
因为 为直线 与平面ABFE所成的角.
不妨设正方形边长为 ，则 ，
在 中， ，
因为 平面ABFE， 平面ABFE，所以 ，
在 中， ，
，
即为直线 与平面ABFE所成角的正弦值.
2．（2024·福建福州·模拟预测）如图，以正方形 的边 所在直线为旋转轴，其余三边旋转120°形
成的面围成一个几何体 ．设 是 上的一点， ， 分别为线段 ， 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：在正方形 中，连接 并延长，交 的延长线于点 ，连接 ，通过证明
可得 ，进而利用线面平行的判定定理即可证明；
证法二：取 的中点 ，连接 ， ，通过证明四边形 是平行四边形可得 ，进而利
用线面平行的判定定理即可证明；
证法三：取 的中点 ，连接 ， ，利用面面平行的判定定理证明平面 平面 ，从而即可
得证 平面 .
（2）首先通过线面垂直的判定定理证明BP⊥平面 可得 ，然后建立空间直角坐标系，利用向量法可求平面 与平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）证法一：在正方形 中，连接 并延长，交 的延长线于点 ，连接 ．
因为 ， 分别为线段 ， 中点，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
证法二：取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ， 分别为线段 ， 的中点，
所以 ， ，
又因为 ， ，
所以 ， ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
证法三：取 的中点 ，连接 ， ．
因为 ， 分别为线段 ， 的中点，
所以 ， ，
又因为 平面 ，BP⊂平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又因为 ， 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，又因为 平面 ，
所以 平面 ．
（2）依题意得， 平面 ，又因为BP⊂平面 ，所以 ．
又因为 ，AB∩AE=A， ， 平面 ，
所以BP⊥平面 ，
又 平面 ，所以 ，
所以 ， ， 两两垂直．
以 为原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设 ， ，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，则
即 ，取 ，得 ， ，
所以平面 的一个法向量是 ，
又平面 的一个法向量为⃗n=(0,1,0)．
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ．
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
1．（23-24高三上·北京东城·期末）如图，在直三棱柱 中，
分别为 的中点.(1)求证： 平面 ；
(2)若点 是棱 上一点，且直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求线段 的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）通过取 的中点 构建平面 平面 即得；
（2）由题设易于建系，运用空间向量的夹角公式表示出直线 与平面 所成角的正弦值，解方程即得.
【详解】（1）
如图，取线段 的中点 ，连接 ,因 分别为 的中点,故有 ,
又因为 平面 ， 平面 ,故 平面 ， 平面 ，
又 ,则平面 平面 ,因 平面 ，则 平面 .
（2）
如图，分别以 为 轴的正方向建立空间直角坐标系 .
则 ,设点 ,则 ，代入坐标得：，即 ，
于是 , ,设平面 的法向量为 ，则有
故可取 ，
1
依题意得， ，解得：λ= ，即线段 的长为1.
2
2．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在六棱锥 中，平面 是边长为 的正六边形，
平面 为棱 上一点，且 .
(1)证明： 平面PAC；
(2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，由正六边形的性质可求得 ，再由 ，
得 ，则 平面PAC，然后由 ，得 平面PAC，则由面面平行的判定定理可得
平面 平面PAC，再由面面平行的性质可证得结论；
（2）由 平面 ，得 两两垂直，所以以 为坐标原点， 所在
直线分别为 轴､ 轴､ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：如图，连接 交 于点 ，连接 .
因为六边形 是边长为 的正六边形，
所以 ,
所以 ，
所以 .
又 ，所以 .
因为 平面 平面PAC，
所以 平面PAC.又 平面 平面PAC，
所以 平面PAC.
又 平面 ，
所以平面 平面PAC.
又 平面 ，所以 平面PAC.
（2）解：由 平面 ，得 两两垂直.
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴､ 轴､ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以 ， .
设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，
则 ，
令 ，得 ，
则平面 的一个法向量为 .
由（1）得平面 平面PAC，又 平面PAC，
所以 平面 ，
从而 为平面 的一个法向量.
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
3．（2024·山东潍坊·三模）如图，在直三棱柱 中， ， 是棱 的
中点．(1)求证： 平面 ；
(2)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，先得出平面 平面 ，由面面平行证明线面
平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
由直三棱柱 得， ， ，
因为 是棱 的中点，点 是 的中点，
所以 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
同理可得四边形 为平行四边形，所以
所以 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，同理可得 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，又A C⊂平面 ，
1
所以 平面 ．
（2）设 ，以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为⃗n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1
由 得， ，取 ，的 ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 得， ，取 ，的⃗n =(0,1,1)，
2
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
由图可知二面角 为锐角，则二面角 的大小为 ．
考点 十 、 补全条件证空间中的平行关系
1．（2023·贵州毕节·模拟预测）三棱柱 中，四边形 是菱形， ，平面
平面 ， 是等腰三角形，∠ACB=120°， ， 与 交于点M， ，
的中点分别为N，O，如图所示.(1)在平面 内找一点D，使 平面 ，并加以证明；
(2)求二面角 的正弦值.
【答案】(1) 为 的中点，证明见解析；
(2) .
【分析】（1）取 的中点 ，利用线面平行的判定推理作答.
（2）以点O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）连接 ，取 的中点为 ，连接 ，则 平面 .
在三棱柱 中，四边形 是平行四边形，即 为 的中点，
而 为 的中点，于是 ， 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）在三棱柱 中， 是等腰三角形， 为 的中点，
则 ，而平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
于是 平面 ，连接 ，而四边形 是菱形，且 ， ，
则 ， ，即有 两两垂直，
以 为坐标原点，以射线 的方向分别为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
显然平面 的一个法向量为 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，令 ，得
，令二面角 的平面角为 ，则，
所以二面角 的正弦值为 .
2．（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形 为直角梯形，且 ， ， ，
， ． 为等边三角形，平面ABE⊥平面 ．
(1)线段 上是否存在一点 ，使得 平面 ，若存在，请说明 点的位置；若不存在，请说明理
由；
(2)空间中有一动点 ，满足 ，且 ．求点 的轨迹长度．
【答案】(1)线段 上存在中点 ，使得 平面 ，理由见解析
(2)√3π
【分析】（1）取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ，即可证明 ， ，从
而得到平面 平面 ，即可得到 平面 ；
（2）取 的中点 ，连接 、 ，即可证明 平面 ，从而得到 平面 ，又
，则点 在以 为直径的球与平面 的交线上，即点 的轨迹为圆，取 的中点 ，过
点 作 交 于点 ，则 平面 ，再求出 的轨迹圆的半径 ，即可气求出轨迹长.
【详解】（1）线段 上存在中点 ，使得 平面 ，理由如下：
取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ，
因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
即 为线段 的中点时， 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 、 ，
又 ， 为等边三角形，所以 ， ，
， 平面 ，所以 平面 ，
又 ，所以 平面 ，
又 ，所以点 在以 为直径的球上，
所以点 在以 为直径的球与平面 的交线上，
即点 的轨迹为圆，
取 的中点 ，由 平面 ，过点 作 交 于点 ，
则 平面 ，
又 ，则 ，
设球的半径为 ， 的轨迹圆的半径为 ，则 ， ，
所以点 的轨迹长度为 .
3．（2023·浙江·三模）如图，三棱台 中， ， ， 为线段 上靠近 的三等
分点.
(1)线段 上是否存在点 ，使得 平面 ，若不存在，请说明理由；若存在，请求出 的值；(2)若 ， ，点 到平面 的距离为 ，且点 在底面 的射影落在
内部，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取 的靠近点 的三等分点 ，连接 、 、 ，证明出平面 平面 ，
利用面面平行的性质可得出 平面 ，由此可得出结论；
（2）过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，连接 ，过点 在平面A OB内作 ，
1
垂足为点 ，证明出 平面 ，求出 的值，然后以点 为坐标原点， 、 、 的方
向分别为 、 、 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线 与平面 所成
角的正弦值.
【详解】（1）取 的靠近点 的三等分点 ，连接 、 、 ，
则 ，
又因为 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ，
因为 平面 ，A A ⊂平面 ，所以， 平面 ，
1
因为 ，所以， ，
因为DE⊄平面 ， 平面 ，所以， 平面 ，
因为 ， 、 平面 ，所以，平面 平面 ，
因为 平面 ，故 平面 ，
因此，线段 上是否存在点 ，且当 时， 平面 .
（2）过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，连接 ，
由 ， ， ，所以， ，所以， ，所以， ，
过点 在平面A OB内作 ，垂足为点 ，
1
因为 ， ， ，A O、 平面 ，
1
所以， 平面 ，
因为 平面 ，则 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为点 到平面 的距离为 ，即 ，
且 ，
所以， ，
由图可知，∠A OB为锐角，所以， ，
1
以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标
系，
则 、 、 、 、 、 ，
， ，
设平面 的法向量 ，则 ，
取x=√3，则 ，
，
所以， ，因为 ，
因此， 与平面 所成角的正弦值为 .
1．（2023·河南·模拟预测）如图，在矩形 中，点 在边 上，且满足 ，将
沿 向上翻折，使点 到点 的位置，构成四棱锥 .
(1)若点 在线段 上，且 平面 ，试确定点 的位置；
(2)若 ，求锐二面角 的大小.
【答案】(1)点 为线段 上靠近点 的三等分点
(2)
【分析】（1）在 取点 使 ，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取 的中点 ，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点 为线段 上靠近点 的三等分点，
证明如下：
如图，在 取点 ，连接 ， ,使得 ，
又 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ， ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以在 中， ，所以 ，
所以点 为线段 上靠近点 的三等分点.
（2）如图，取 的中点 ，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为 ，所以 ，
又 ，则 ，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设 ，
则 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
故 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，不妨取 ，则 ，设平面 的一个法向量为 ，则 ，
记锐二面角 的平面角为 ，所以 ，
又 ，则 ，所以锐二面角 的大小为 .
2．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱 中，底面 为正方形， 为棱
的中点， ．
(1)求三棱锥 的体积．
(2)在 上是否存在一点 ，使得平面 平面 .如果存在，请说明 点位置并证明.如果不存在，
请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在， 为 的中点
【分析】（1）根据 计算可得；
（2）当 为 的中点时满足平面 平面 ，设AC∩BD=O，连接 ，即可证明 、
，从而得到 平面 ， 平面 ，即可得证.
【详解】（1）在直四棱柱 中，底面 为正方形，
所以 平面 ，
所以 .
（2）当 为 的中点时满足平面 平面 ，
设AC∩BD=O，连接 ，
因为 为正方形，所以 为 的中点，又 为棱 的中点，
所以 ，又 平面 ，A C⊂平面 ，所以 平面 ，
1又 为 的中点，所以 且 ，所以 为平行四边形，
所以 ，
又DE⊄平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以平面 平面 .
3．（2022·辽宁大连·模拟预测）如图，多面体 中， 平面 ，
(1)在线段 上是否存在一点 ，使得 平面AFC？如果存在，请指出 点位置并证明；如果不存在，
请说明理由；
(2)当三棱锥 的体积为8时，求平面 与平面AFC夹角的余弦值.
【答案】(1)存在， 的中点 ，证明见解析；
(2) .
【分析】（1）先找到G点位置，由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，由体积求解边长，用空间向量求解二面角.
【详解】（1）存在，点 为 中点，理由如下：取线段AB的中点H，连接EH、HG、EG．
∵ ， ，
∴四边形AHEF是平行四边形，∴ ．
又∵ 平面AFC， 平面AFC，
∴ 平面AFC．
∵H、G分别为AB、BC的中点，
∴HG是 的中位线，∴ ．
∵ 平面AFC，HG⊄平面AFC，
∴ 平面AFC．
∵ ，HG、 平面EHG，
∴平面 平面AFC．
∵ 平面EHG，
∴ 平面AFC．
（2）由 ，
可得
以 为坐标原点，以 ､ ､ 的正方向为 ､ ､ 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题可知， ， ， ， ，
设平面AFC的一个法向量为
，
则 ，可以取
设平面 的一个法向量为
，
则 ，可以取
设平面 与平面AFC夹角为 ，
则 ，
∴平面 与平面AFC夹角的余弦值为 .
考点 十一 、 补全图形证空间中的平行关系
1．（2024·山东临沂·一模）如图，在直三棱柱 中， ，点 分别在棱
上， 为 的中点.(1)在平面 内，过 作一条直线与平面 平行，并说明理由；
(2)当三棱柱 的体积最大时，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)作直线 即为所求，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 、 、 、 ，即可证明四边形 为平行四边
形，从而得到 ，则 ，即可证明 平面 ；
（2）由 ，又因为 ，则当 ，即当 时直三
棱柱 的体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）作直线 即为所求，
连接 交 于点 ，连接 、 、 、 ，
因为 ， ，
所以 ，又 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，又 ，所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以在平面 内，过 作一条直线与平面 平行的直线为 .
（2）因为 ，
又因为 ，
所以当 时S 取最大值 ，
△ABC
即当 时直三棱柱 的体积最大，
又 平面 ， 平面 ，所以 ， ，如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，
又平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
1．（2024·福建龙岩·一模）如图，在四棱锥 中， 是边长为2的正三角形， ，
，设平面 平面 .
(1)作出 （不要求写作法）；
(2)线段 上是否存在一点 ，使 平面 ？请说明理由；
(3)若 ，求平面 与平面 的夹角的余弦值.【答案】(1)作图见解析；
(2) 为线段 的中点，理由见解析；
(3) .
【分析】（1）利用平面的基本事实作出直线 .
（2）取线段 的中点 ，利用线面平行的判定推理即得.
（3）取 的中点 ，以 为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）延长 交于点 ，经过点 画直线，则直线 即为所作直线 ，如图：
平面 ，则 平面 ，同理 平面 ，又P∈平面
，P∈平面 ，
因此平面 平面 ，即平面 平面 ，
所以直线 即为所作直线.
（2）点 为 的中点，使 平面 .
由 ，得 ，而 ，则 ，即 为 的中点，
又 为 的中点，于是 ，而 平面 平面 ，
因此 平面 ，所以线段 的中点 ，使 平面 .
（3）分别取 中点 ，连接 ，则 ，而 ，则有 ，
又 平面 ，于是 平面 ，
即 平面 ，而PO⊂平面 ，则 ，由 为 中点，得PO⊥AB，
以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图，则 ， ，
设向量 为平面 的法向量，则 ，取 ，得 ，
又 为平面 的一个法向量，设平面 与平面 的夹角为 ，
，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
2．（2024·贵州遵义·三模）如图，在多面体 中，四边形 为正方形， ，且
，M为 中点．
(1)过M作平面 ，使得平面 与平面 的平行（只需作图，无需证明）
(2)试确定（1）中的平面 与线段 的交点所在的位置；
(3)若 平面 ，在线段 是否存在点P，使得二面角 的平面角为余弦值为 ，若存
在求出 的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)图形见解析
(2)（1）中的平面 与线段 的交点在靠近点 的四等分点处
(3)存在，【分析】（1）取 的中点H,Q，连接 ，延长 交于点 ，连接 并延长 交
于点 ，连接 ，即可得解；
（2）先证明 ，再利用相似比求解即可；
（3）以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取 的中点H,Q，连接 ，延长 交于点 ，
连接 并延长 交 于点 ，连接 ，
取 的中点 ，连接 ，则 且 ，
故 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为H,Q分别为 的中点，
所以 ，
又BF⊂平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 即为平面 ；（2）又（1）得，点 在线段 上靠近点 的四等分点处，
即（1）中的平面 与线段 的交点在靠近点 的四等分点处；
（3）如图所示，以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，
不妨设 ，则 ，
设 ，
则故 ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
则 ，解得 ，此时 ，
所以存在， .
1．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图，在多面体 中，四边形 为菱形， ，
， ⊥ ，且平面 ⊥平面 .(1)在DE上确定一点M，使得 平面 ；
(2)若 ，且 ，求多面体 的体积.
【答案】(1)点M是ED的中点
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到四边形 平行四边形，所以 ，从而得
到线面平行；
（2）作出辅助线，证明出面面垂直，得到CN是四棱锥C－ABFE的高，从而求出 ，同理得到
，相加得到答案.
【详解】（1）当M是ED的中点时，满足 平面 ，理由如下：
取AD中点G，过点G作 交DE于点M，则 ，
连接 ，
又由题，有 ， ，所以 ， ，
即四边形 平行四边形，所以 .
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）取AB中点 ，连接 ，BD，由条件知 是边长为1的正三角形，于是CN⊥AB，且 .
因为四边形 为菱形，所以 ⊥ ，
因为平面 ⊥平面 ，交线为 ，
又 平面 ，所以 ⊥平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ，
因为 ，所以 ⊥ ，
又BF⊥AD， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
因为 平面 ，
所以 ⊥ ，
因为 ， 平面ABFE，
所以 ⊥平面ABFE，
即CN是四棱锥C－ABFE的高.
设梯形ABFE的面积为 ，则 ，
，
同理可知C点到平面ADE的距离也等于 ，
于是 .
于是多面体ABCDEF的体积 .
2．（2024·四川成都·模拟预测）已知球内接正四棱锥 的高为 ， 、 相交于 ，球的表面
积为 ，若 为 中点.(1)求证： 平面 ；
(2)求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得 ，即可得证；
（2）由球的表面积求出球的半径 ，由正四棱锥的性质可知球心 必在 上，连接 ，利用勾股定理
求出 ，即可求出 ，再由 为 中点得到 到平面 的距离为 ，最后由
计算可得.
【详解】（1）依题意底面 为正方形， 、 相交于 ，
所以 为 的中点，又 为 中点，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）设球的半径为 ，由球的表面积公式 ，
解得 （负值舍去），
设球心为 ，在正四棱锥 中，高为 ，则 必在 上，
连接 ，则 ， ， ，
则在 ，则 ，即 ，
解得 （负值舍去），
则 ，所以 ，又 为 中点， 平面 且 ，所以 到平面 的距离为 ，
所以 .
3．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为1的正方形， ，
、 分别是 、 的中点.
(1)求证： 平面SAB；
(2)若二面角 的大小为 ，求直线 与平面 所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取线段 、 的中点分别为 、 ，连接 、 、 ，然后四边形 为平行四
边形，得到线线平行，从而证明线面平行；
（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.
【详解】（1）证明：取线段 、 的中点分别为 、 ，连接 、 、 ，
则 ， ，
又底面 是正方形，即 ，
则 ，即四边形 为平行四边形，
则 ，又 在平面SAB外， 平面SAB，
故 平面SAB.（2）取线段 的中点为 点，连接SO、 ，
又 ，底面 是边长为 的正方形，
则 ，且 ， ，
又二面角 的大小为 ，
即平面 平面 ，
又 平面SAB，平面 平面 ，
则 平面 ，
则 是直线 与平面 所成角，
在 中， ，
即 ，
故直线 与平面 所成角的大小为 .
4．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱台 中， 平面 ， 为等腰直角三角形，
， 分别为 的中点．
(1)证明： 平面 ；(2)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助平行四边形的性质及平行线的传递性证明 ,再利用线面平行的判定定理进行
证明；
（2）利用线面垂直的判定定理证明 平面 ，利用等体积法求出三棱锥 的体积，根据
梯形的性质求出 ，即可得解
【详解】（1）由三棱台的结构特征可知平面 平面 ， ，
因为 为等腰直角三角形， ， 为 的中点，
所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，
得 ．同理可证 ，则 ．
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）由题易知 ， ，
又 ， 平面 ，A A ⊂平面 ,
1
所以 平面 ．
连接 ，
易得 ，
则 ．
在梯形 中， ， ， ，
作 ，则 ，
所以 ．
设点 到平面 的距离为 ，
所以 ，解得 ，所以点 到平面 的距离为 ．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，平行六面体 中，底面 是边长为2的正方形，平面
平面 ， ， 分别为 的中点．
(1)判断 与平面 的位置关系，并给予证明；
(2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值．
【答案】(1) 平面 ，证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 交 于点 ，连接 ，先证明四边形 是平行四边形，
从而证得 ，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，利用向量的夹角公式及同角三角函数
的基本关系即可得平面 与平面 所成二面角的正弦值．
【详解】（1） 平面 ，证明如下：
解法一 如图，取 的中点 ，连接 交 于点 ，连接 ，
平行四边形 中， 分别为 的中点，则 ， ，
则四边形 为平行四边形，得 ， ，
则 为 的中点，有 ， ，为 的中点，则 ， ，
所以 ， ，四边形 是平行四边形，所以 ．
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
解法二 如图，取 的中点 ，连接 ，
因为 是 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
因为 分别为BB ,DD 的中点，
1 1
所以 ， ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）连接 ，因为 ， 为 的中点，所以 ．
又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ．
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴，过点 且平行于 的直线为 轴建立如图所示的
空间直角坐标系，， ，
则 ，
则 ， ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，得 ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，得 .
设平面 与平面 所成二面角的大小为 ，
则 ，
所以 ，
所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ．
6．（2024·天津红桥·二模）在如图所示的几何体中， 平面 ， ，四边形 为平行四
边形， ， ， ， ．
(1)求证：直线PB//平面 ；(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)求平面 与平面 夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量 ，由 即可证明；
（2）求出平面 的法向量 ，再求出 ，即可得解；
（3）设平面 与平面 夹角为 ，由 求出cosθ，从而求出sinθ.
【详解】（1）因为 平面 ， ，如图建立空间直角坐标系，
因为四边形 为平行四边形， ， ， ， ，
则 ， ， ，
解得 （负值已舍去），
则P(0,0,1)，B(1,0,0)， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，取⃗n=(0,1,0)，
所以 ，即 ，
又PB⊄平面 ，所以PB//平面 .
（2）因为 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，取 ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（3）设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
7．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等腰梯形 ， ， ，取 的中点 ，
将等腰梯形 沿线段 翻折，使得二面角 为 ，连接 、 得到如图所示的四棱锥
A−BCDE， 为 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)求四棱锥A−BCDE的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先说明四边形 为平行四边形，连接 交 于点 ，连接 ，即可得到 ，
从而得证；
（2）在等腰梯形 中可得 、 为等边三角形，在四棱锥A−BCDE中取 的中点 ，连
接 、 ，过点 作 交 于点 ，即可得到 为二面角 的平面角，求出 ，
再证明 平面 ，最后根据 计算可得.
【详解】（1）在等腰梯形 中， ， ， 为 的中点，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，
连接 交 于点 ，连接 ，则 为 的中点，又 为 的中点，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）在等腰梯形 中，由（1）知 ，即 为等边三角形，
则 ，连接 ，则 也为等边三角形，即 ，所以 也为等边三角形，
在四棱锥A−BCDE中取 的中点 ，连接 、 ，过点 作 交 于点 ，
依题意 且 ，
所以 为二面角 的平面角，即 ，
又 ，所以 为等边三角形，
所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ，
所以 .
8．（2024·江西景德镇·三模）已知在正三棱柱 中， ， .(1)已知 ， 分别为棱 ， 的中点，求证： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1） 为 中点，通过证明 ，证明 平面 ；
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ， .
∵G， 分别为 ， 中点， 且 ，
又 为 中点， 且 ，
且 ，
故四边形 是平行四边形， .
而 平面 ， 面 ，
平面 .
（2）如图以 为坐标原点， ， 分别为 ， 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
则 .设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得 ， ， .
又 ， .
即直线 与平面 所成角的正弦值是 .
9．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形 ， ， 平面 ，AB//CD，
， ， ，平面 与棱 交于点 . 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件
中选择一个作为已知.
(1)求证： ；
(2)求直线 与平面 夹角的正弦值；
(3)求 的值.
条件①： ；
条件②： ；
条件③： .
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面 平面 ，得 平面 ，再证 即可；
（2）依题建系，分别就① ，② ，③，写出相关点的坐标，求得平面 的法向量的坐标，利用空间向
量的夹角公式计算即得；
（3）设 ，求得 ，分别利用①，②，③求得 ，结合 列方程组，求出 即得
【详解】（1）因为AB//CD， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，由矩形 可得 ， 平面 ， 平面 ,故 平面 ,
又 AB∩AE=A，且AB,AE⊂平面 ， 平面 ，故平面 平面 ，
又因 平面 ，故 平面 ，
因 平面 ，平面 平面
所以 ，即 ；
（2）
若选择条件①，因为 平面 ， 平面 , ， .
又有 ，如图，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ，B(1,0,0)， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，故可取 .
设直线 与平面 夹角为 ，则
，
即直线 与平面 夹角的正弦值 ；
若选择条件②，因为 平面 ， 平面 , ， .
又有 ，如图，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ，B(1,0,0)， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，故可取 .
设直线 与平面 夹角为 ，则，
即直线 与平面 夹角的正弦值 ；
若选择条件③，因为 平面 ， 平面 , ， .
又有 ，如图，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ，B(1,0,0)， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，故可取 .
设直线 与平面 夹角为 ，则
，
即直线 与平面 夹角的正弦值 .
（3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有 .
设 ， ，则 ，
由（1）知 ，所以
故存在实数 ，使得 ,即 ，解得 ,符合题意.
故得 .
10．（2024高三·全国·专题练习）在正四棱柱 中， 是底面 的中心，底面边长为
2，正四棱柱的体积为16
(1)求证：直线 平行于平面(2)求 与平面 所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）连结AC，BD，设交点为O，连结 ，然后证明 为平行四边形，再由线面平行判
定定理可证；
（2）分别以 为 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.
【详解】（1）连结AC，BD，设交点为O，连结 ，
∵ ，且 ，
故四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 ， 平面 ，故直线 平行于平面
（2）由题易知， 两两互相垂直，
故分别以 为 轴建立空间直角坐标系，如图：
正四棱柱的体积为16，则 ，
故 ，
易知 为平面 的一个法向量，
设 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .1．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱 中，侧棱 底面 ， ，E，F
分别为 和 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)设 ，在平面 上是否存在点P，使 ？若存在，指出P点的位置：若不
存，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)当 时， 为棱 的中点.
【分析】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得.
（2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明
求解即得．
【详解】（1）由E，F分别为 和 的中点，得 ，
而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）棱柱 中，侧棱 底面 ，
取AB中点O， 中点M，连接 ，
则 ， 平面 ，而 平面 ，则有 ，
又 ，则 ，即直线 两两垂直，
以O为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，设 ，则 ，
假设在平面 上存在点P，使 ，设 ，
，
，即 ，显然 ，
由 ，得 ，因此 ，即 ，此时 ，
所以当 时，存在唯一的点 ，即棱 的中点，使 .
2．（2024·河北·模拟预测）如图所示，三棱柱 中， 分别为棱 的中点， 分别
是棱 上的点， .
(1)求证：直线 平面 ；
(2)若三棱柱 为正三棱柱，求平面 和平面 的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 交 于 ，连接 ，则可证得 ，再由
可证得四边形 为平行四边形，则 ∥ ，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）以 为原点，以 所在的直线为 轴，过 与 平行的直线为 轴， 所在的直线为 轴建立空
间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 交 于 ，连接 ，
因为 分别为棱 的中点，所以 ∥ ∥ ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
因为 分别为棱 的中点，所以 ，
因为 ∥ ∥ ，所以 ， ∥ ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ∥ ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以直线 平面 ；
（2）解：连接 ，因为三棱柱 为正三棱柱，
所以 为等边三角形，所以 ，
所以以 为原点，以 所在的直线为 轴，过 与 平行的直线为 轴， 所在的直线为 轴建立空
间直角坐标系，
设 ，则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，所以 ，
设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
因为 ，所以 .
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，已知四棱锥 中，平面 平面 ，
， 分别为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)若侧面 为等边三角形，求四面体 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形中位线结合 且 得到四边形 是平行四边形，所以
，由线面平行的判定证得 平面 ；
（2）由面面垂直得到线面垂直从而得到 到平面 的距离 ，在梯形 中得到
的面积，由 得到所求棱锥体积.
【详解】（1）如图，取 的中点 ，取 的中点 ，取 的中点 ，连接 ．
因为 分别为 的中点，所以 且 ，因为 分别为 的中点，所以 且 ，
又因为 且 ，所以 且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ．
又由 平面 平面 ，所以 平面 ．
（2）
如图，连接 ．
因为 为等边三角形，所以 ，
因为平面 平面 ，平面PAD∩平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 ，所以 ， ， ，
又因为 为 的中点，所以点 到平面 的距离 ．
在梯形 中，由 ，可得 ，所以 ，
又由 ，所以 ，
故 ，所以四面体 的体积为 ．
4．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面 是等腰梯形，
，点 在 上，点 在 上，平面 平面 ．
(1)求证： 是 的中点；
(2)若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由面面平行得到线线平行，从而得到四边形 为平行四边形， ，得到
结论；
（2）作出辅助线，得到 ，结合三角形全等得到 ，从而证明出线面垂直，建立空间直
角坐标系，求出平面 的法向量，求出线面角的正弦值.
【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ．所以 ，
又由梯形 可得 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，所以 是 的中点．
（2）连接 ，由（1）知 是 的中点， ，
故 ，故 ，
因为 ，
所以 ，故 ，即 ，
因为 ，所以 与 全等，
所以 ，即 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
以 为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系 ，
因为 ，由勾股定理得 ，
则 ，
所以 ，设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则 ，
即 ，
取x=√3，则 ，于是 ，
由平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ．
得 ，
又 是 的中点，所以 是 的中点， ．
设直线 与平面 所成角为 ，
，
所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 ．
5．（2024·贵州六盘水·三模）已知四棱台 的上、下底面分别是边长为 和 的正方形，平
面 平面 ， ， ， ，点 为 的中点，点 在棱
上，且 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点为 ，连结 ， ，先证四边形 是平行四边形，可得 ，再
由线面平行的判定定理，即可得证；（2）结合余弦定理与勾股定理可证 ，利用面面垂直的性质定理知 平面 ，再以 为坐
标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
【详解】（1）证明：取 的中点为 ，连结 ，因为 为 中点，
则 ，且 ，
因为 ， ， ，所以
所以 ， ，
所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ;
（2）在 中， ，所以
，
在 中， ，即 ，
因为平面 ⊥平面 ，平面 平面 ，A A ⊂平面 ，
1
所以 平面 ，
故以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得 ， ，所以 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
设二面角 为 ，由图知 为钝角，
所以 ，
所以 ，故二面角 的正弦值为 ．
6．（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形 中， ， ， 且 ，
将 沿 折成图2，使得 ， 为 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 与平面 所成的角为 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，从而证明 平面 ， 平面 ，即可得到平
面 平面 ，即可得证．
（2）推导出 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，连接 ，以 为坐标原点，
， ， 所在直线分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角
的正弦值．
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ， ，
， 为 的中点， ，
又 ， ．
又 平面 ， 平面 ， 平面 ．
∵F为 的中点， ．
又 平面 ， 平面 ， 平面 ，
又 ， 平面 ， 平面 平面 ，
又BF⊂平面 ， 平面 ．（2） ，由（1）知 ， ，
又 ， 为 的中点， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
又 平面 ， ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
又 平面 ， 平面 平面 ，
连接 ， ， 为 的中点， ，
又平面 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，
以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
是 与平面 所成的角，即 ，
，设 ，则 ， ， ， ，
， ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
设二面角 的平面角为 ，
，所以 ，即二面角 的正弦值为 ．
7．（2024·山东日照·三模）在五面体 中， ， .
(1)求证： ；
(2)若 ， ， ，点 到平面ABFE的距离为 ，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由 ， 得到， ，由线面平行的判定定理可得
，由线面平行的性质得到直线 .
(2)证明 ， ， .故以 分别为坐标轴建立空间直角坐标系，由
，解得 的长，分别找到二面角 各点坐标，有空间向量求解二面的余弦值.
【详解】（1）证明：因为 ， ，
所以 ，
因为 ， ，
所以 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，
所以 .
（2）由于 平面 ， ，所以 ， 平面 ，
故 ，
又因为 平面 ， ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ， ，DC⊂平面 ，
所以 平面
由于 ，则 ，故 ，
故 为等腰直角三角形，所以 ， ，
如图以 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴建系，
则A(1,0,0)， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
平面 的法向量为 ，
因为 ， ，
所以 ，即
令 ，则 ，
设 成的角为 ，由图可知 为锐角，
所以二面角 的余弦值为
8．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，底面 为直角
梯形， ， ， ， 是 的中点，点 ， 分别在线段 与 上，且
， .
(1)若平面 平面 ，求 、 的值；
(2)若 平面 ，求 的最小值.【答案】(1) ；
(2)8.
【分析】（1）若平面 平面 ，由面面平行的性质定理可知， ，由 为 的中点，可
得 为 的中点，同理 为 的中点，即可得出结果；
（2）以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴正半轴建立空间直角坐标系，求得
的法向量为 ，由 平面 ，则有 ，即 ，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
又因为 为 的中点，所以 为 的中点，同理 为 的中点，所以 .
（2）因为 ， 底面 ，
如图，以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴正半轴建立空间直角坐标系，
故 ，则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 取 ，可得 .
因为 ， ，所以 ， ，
则 ，
因为 平面 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，1
当且仅当 ，即λ= 时取等号，所以 的最小值为8.
2
9．（2024·河南·模拟预测）如图，在三棱锥 中， ， ，
的中点分别为 ，点 在 上， .
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面 ；
(3)求二面角 的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）连接 、 ，设 ，根据 ，则 即可求出 ，从而证明四边形
为平行四边形，即可得到 ，从而得证；
（2）利用勾股定理逆定理得到 ，再由 ，即可得到AO⊥平面 ，即可得证；
（3）过点 作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，所以由 求出
点坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接 、 ，设 ，
则 ， ，
因为 ， ，则 ，，解得 ，则 为 的中点，
由 分别为 的中点，
所以 且 ， 且 ，即 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）由（1）可知 ，则 ， ，
所以 ，因此 ，则 ，
有 ，又 平面 ，
所以AO⊥平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（3）因为 ，过点 作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
在 中， ，
在 中， ，
即 ，
设 ，所以由 ，可得 ，
解得 ，所以 ，则 ， ，
设平面 的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
又平面 的一个法向量为 ，
设二面角 为 ，显然 为钝角，
所以 ，所以二面角 的大小为 .
10．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥 中， 平面 ， 是 上一点，且 ，连接
与 ， 为 中点.
(1)过 点的平面平行于平面 且与 交于点 ，求 ；
(2)若平面 平面 ，且 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两条平行线确定一个平面，作出过点 平行于平面 的平面 ，并证明. 从而利
用平面与平面平行的性质定理可得 ，所以 ，则 .
【详解】（1）（2）因为平面 平面 ，只需在平面 内向 作一条垂线即可证明该垂线与
平面 垂直，进而与 垂直；再利用 平面 ，有 ，利用直线与平面垂直的判定定理
可得 平面 ，则 . 建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算公式求得,过 作 ，交 于 ，交 于 ；过 作 交 于 .
因为 ， 面 ， 面 ，则 面 ，同理 面 ，
由 ，且 、 平面 ，所以平面 面 ，平面 即为题中所述平
面.
因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
所以 .
因为 ，
所以 .
因为 为 中点，且 ，
所以 为 中点，
所以 ，
所以 ，则 .
（2）
过 作 交 于 .
因为 ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，
所以 .
因为 ， ，且 、 平面 ，
所以 平面 .又因为 平面 ，
所以 .
如图，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系.
， ， ， ， ，
， ， .
设⃗n=(x,y,z)为平面 的法向量，
则 ，令 ，则 ，
则 .
1．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台 中， 平面
， 为 中点.，N为AB的中点，
(1)求证： //平面 ；
(2)求平面 与平面 所成夹角的余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)【分析】（1）先证明四边形 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接 .由 分别是 的中点，根据中位线性质， // ，且 ，
由棱台性质， // ，于是 // ，由 可知，四边形 是平行四边形，则
// ，
又 平面 ， 平面 ，于是 //平面 .
（2）过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ,连接 .
由 面 ， 面 ，故 ，又 ， ， 平面 ，
则 平面 .
由 平面 ，故 ，又 ， ， 平面 ，于是 平
面 ，
由 平面 ，故 .于是平面 与平面 所成角即 .
又 ， ，则 ，故 ，在 中，
，则 ，
于是（3）[方法一：几何法]
过 作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，连接 ，过 作 ，垂足为 .
由题干数据可得， ， ，根据勾股定理， ，
由 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， ， 平面
，于是 平面 .
又 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，故 平面
.
在 中， ，
又 ，故点 到平面 的距离是 到平面 的距离的两倍，
即点 到平面 的距离是 .
[方法二：等体积法]辅助线同方法一.
设点 到平面 的距离为 .
，
.
由 ，即 .
2．（2022·全国·高考真题）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点．
(1)证明： 平面PAC；
(2)若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到 ，再根据直角
三角形的性质得到 ，即可得到 为 的中点从而得到 ，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的
基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面PAC， 平面PAC，
所以 平面PAC
（2）解：过点 作 ，如图建立空间直角坐标系，
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 ，则 ， ，
所以 ，所以 ， ， ， ，
所以 ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以
；
设平面AEC的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ；
所以 .
设二面角 的大小为 ，则 ，
所以 ，即二面角 的正弦值为 .3．（2022·全国·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底
面 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平
面都与平面 垂直．
(1)证明： 平面 ；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知 ， ，
依题从而可证 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，即可知四
边形 为平行四边形，于是 ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取 中点 ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体 的体积加上四
棱锥 体积的 倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ，
，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形
为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有， ，
， ，由平面知识可知， ， ，
，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积
的 倍．
因为 ， ，点 到平面MNFE的距离即为点 到直线 的
距离 ， ，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的
倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面
APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
4．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面
， ，M，N分别为 ，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面 ；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证平面 平面 ，从而可证 平面
.（2）选①②均可证明 平面 ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面
角的正弦值.
【详解】（1）取 的中点为 ，连接 ，
由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ，则 ，同理可得 平面 ，
而 平面 ，
故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ，
（2）因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故CB⊥平面 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
若选①，则 ，而 ， ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
所以 ，而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取z=−1，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.
若选②，因为 ，故 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 ，
而 ， ，故 ，
所以 ，故 ，
而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取z=−1，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.
5．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体 中， E为 的中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .
【分析】（Ⅰ）证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，然后利用线面平行的判定定理可
证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标
系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：在正方体 中， 且 ， 且 ，
且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
[方法二]:空间向量坐标法
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系
，
设正方体 的棱长为 ，则 、 、 、 ， ，
，
设平面 的法向量为 ，由 ，得 ，
令 ，则 ， ，则 .
又∵向量 , ,又 平面 ， 平面 ；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长 到 ，使得 ，连接 ，交 于 ，
又∵ ，∴四边形 为平行四边形，∴ ，
又∵ ,∴ ,所以平面 即平面 ,
连接 ，作 ,垂足为 ,连接 ,
∵ 平面 , 平面 ,∴ ，
又∵ ,∴直线 平面 ,
又∵直线 平面 ,∴平面 平面 ,
∴ 在平面 中的射影在直线 上,∴直线 为直线FC 在平面 中的射影，∠ 为直线
1
FC 与平面 所成的角，
1
根据直线 直线 ，可知∠ 为直线 与平面 所成的角.
设正方体的棱长为2，则 , ,∴ ,
∴ ,
∴ ,
即直线 与平面 所成角的正弦值为 .[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面 的法向量 ，
又∵ ,∴ ，
∴直线 与平面 所成角的正弦值为 .
[方法三]：几何法+体积法
如图，设 的中点为F，延长 ，易证三线交于一点P．
因为 ，
所以直线 与平面 所成的角，即直线 与平面 所成的角．
设正方体的棱长为2，在 中，易得 ，
可得 ．
由 ，得 ，
整理得 ．
所以 ．
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点 到平面 的距离为h，
在 中， ，
，
所以 ，易得 ．
由 ，得 ，解得 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，所以 ．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证
和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；
方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理
和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
6．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－ABC 中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
1 1 1
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.
【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-ABC 中，AB∥AB，
1 1 1 1 1
所以AB∥ED.
1 1
又因为ED 平面DEC ，AB 平面DEC ，
1 1 1 1
所以AB∥平面DEC .
1 1 ⊂ 1
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-ABC 是直棱柱，所以CC ⊥平面ABC.
1 1 1 1
又因为BE 平面ABC，所以CC ⊥BE.
1
因为C C 平面AACC ，AC 平面AACC ，C C∩AC=C，
1 ⊂ 1 1 1 1 1
所以BE⊥⊂ 平面A
1
ACC
1
.
⊂
因为C E 平面AACC ，所以BE⊥C E.
1 1 1 1
【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
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和推理论证能力.
7．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 为等边三角
形，平面PAC⊥平面 ， ， ， ，（Ⅰ）设 分别为 的中点，求证： 平面 ；
（Ⅱ）求证： 平面 ；
（Ⅲ）求直线 与平面PAC所成角的正弦值.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III） .
【分析】（I）连接 ，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到 ，利用线面平
行的判定定理证得结果；
（II）取棱 的中点 ，连接 ，依题意，得 ，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得
到 ，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到 为直线 与平面PAC所成的角，放在直角三角形中求得结
果.
【详解】（I）证明：连接 ，易知 ， ，
又由 ，故 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（II）证明：取棱 的中点 ，连接 ，依题意，得 ，
又因为平面PAC⊥平面 ，平面PAC 平面 ，
所以 平面PAC，又 平面PAC，故 ，
又已知 ， ，
所以 平面 .
（III）解：连接 ，
由（II）中 平面PAC，
可知 为直线 与平面PAC所成的角.
因为 为等边三角形， 且 为 的中点，
所以 ，又 ，
在 中， ，
所以，直线 与平面PAC所成角的正弦值为 .
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基
础知识，考查空间想象能力和推理能力.8．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–ABC D 的底面是菱形，AA=4，AB=2，∠BAD=60°，
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E，M，N分别是BC，BB，AD的中点．
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（1）证明：MN∥平面C DE；
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（2）求二面角A-MA-N的正弦值．
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【答案】（1）见解析；（2） .
【分析】（1）利用三角形中位线和 可证得 ，证得四边形 为平行四边形，进而证
得 ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形 对角线交点为原点可建立空间直角
坐标系，通过取 中点 ，可证得 平面 ，得到平面 的法向量 ；再通过向量法求得平
面 的法向量 ，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接 ，
， 分别为 ， 中点 为 的中位线
且又 为 中点，且 且
四边形 为平行四边形
，又 平面 ， 平面
平面
（2）设AC∩BD=O，
由直四棱柱性质可知： 平面
四边形 为菱形
则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：A(√3,0,0)， ， ，D（0，-1,0）
取 中点 ，连接 ，则
四边形 为菱形且 为等边三角形
又 平面 ， 平面
平面 ，即 平面
为平面 的一个法向量，且设平面 的法向量 ，又 ，
，令x=√3，则 ，z=−1
二面角 的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直
关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
