第03讲空间中平行、垂直问题10种常见考法归类（教师版）-新高二暑假衔接（人教版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2025秋新高二《暑假衔接讲义》（语数外理化）电子版

第 03 讲 空间中平行、垂直问题 10 种常见考法归类 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，归纳出有关平行的性质定理和判定 定理，并加以证明； 2.能利用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 3.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系，归纳出有关垂直的性质定理和判定 定理，并加以证明； 4.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 1．直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义 直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行． (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果平面外一条直线与此平面内的一条直 a⊄α，b⊂α， 判定定理 线平行，那么该直线与此平面平行 a∥b⇒a∥α 一条直线和一个平面平行，如果过该直线 a∥α，a⊂β，α∩β＝ 性质定理 的平面与此平面相交，那么该直线与交线 b⇒a∥b 平行 2.平面与平面平行 (1)平面与平面平行的定义 没有公共点的两个平面叫做平行平面． (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 a⊂β，b⊂β，a∩b 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平 判定定理 ＝P，a∥α， 行，那么这两个平面平行 b∥α⇒α∥β 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于 性质 α∥β，a⊂α⇒a∥β 另一个平面 1两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相 α∥β，α∩γ＝a， 性质定理 交，那么两条交线平行 β∩γ＝b⇒a∥b 3.常用结论 (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. (2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. (3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥B． (4)若α∥β，a⊂α，则a∥β. 4．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一条直线与一个平面内的两条相交直 判定定理 ⇒l⊥α 线垂直，那么该直线与此平面垂直 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 5.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线 垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°. (2)范围：. 6．二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角． (2)二面角的平面角 若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB． (3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°. 7．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 2两个平面相交，如果它们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 图形表示 符号表示 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么 判定定理 ⇒α⊥β 这两个平面垂直 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线 性质定理 垂直于这两个平面的交线，那么这条直线 ⇒l⊥α 与另一个平面垂直 8．常用结论 (1)若两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． (2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方 法)． (3)垂直于同一条直线的两个平面平行． 1、线面平行的判定及其性质解题策略 (1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线． (2)利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往 借助于比例线段或平行四边形． (3)在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立 的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交， 这时才有直线与交线平行． 2、面面平行的判定及其性质解题策略 (1)判定面面平行的主要方法 ①利用面面平行的判定定理． ②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)． (2)面面平行条件的应用 ①两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行． ②两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行． 3、证明平行关系的常用方法 熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键． 面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法． 4、证明平行关系的常用方法 熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键． 面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法． 35、证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系． (2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理． (4)利用直线与平面垂直的性质． 6、面面垂直的判定及其性质的解题策略 (1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义． ②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)． (2)已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线 面垂直，然后进一步转化为线线垂直． 7、平行、垂直关系的综合应用 (1)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)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．特别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、垂直位置关系的判断 例1．（2023春·山东滨州·高一统考期中）设a，b是两条不同的直线， 是平面， ，那么“ ”是“ ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】从充分性及必要性两个角度分析. 【详解】由线面平行性质定理 ， ， ，方可推出 ，“ ”不是“ ”的充分条 件； 可在平面 内找到一条直线与 平行，不一定有 ，故“ ”不是“ ”的 必要条件； 4综上， “ ”是“ ”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 变式1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期中）若 为平面，有下列命题，其中真 命题的是（ ） A．若直线 平行于平面 内的无数条直线，则 B．若直线 在平面 外，则 平面 C．若直线 ，直线 平面 ，则 平面 D．若直线 平面 ，则 平行于平面 内的无数条直线 【答案】D 【分析】根据线面位置关系可直接判断. 【详解】A项还可能 ，故A错误； B项还可能 与平面 相交，故B错误； C项还可能 ，故C错误； 由直线与平面平行的性质以及平行的传递性可知D正确. 故选：D. 变式2．【多选】（2023春·广东广州·高一广州市第六十五中学校考期中）设l，m是空间中不同的直线， ， ， 是不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ， ， ，则 D．若 ， ， ，则 【答案】AD 【分析】根据线面平行的判定定理，可判定A正确；根据两平行平面内的直线平行或异面，可判定B不正 确；根据面面平行的判定定理，可判定C不正确；根据根据面面平行的性质，可判定D正确. 【详解】对于A中，.若 ， ， ，根据线面平行的判定定理，可得 ， 5所以A正确； 对于B中，若 ， ， ，则直线 与 平行或异面，所以B不正确； 对于C中，若 ， ， ， ，只有当 与 相交时，才能得到 ，所以C不正确； 对于D中，若 ， ， ，根据面面平行的性质，可得 ， 所以D正确. 故选：AD. 变式3．【多选】（2023春·吉林·高一校联考期中）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面， 下列命题中错误的是（ ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ， ，则 【答案】ABD 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项. 【详解】A. 若 ， ， ，则 或相交，因为若 都与交线平行，此时， ，但此 时两个平面相交，故A错误； B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误； C. 若 ， ，则 ，故C正确； D. 若 ， ， ，则 ，或异面，故D错误. 故选：ABD 变式4．【多选】（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中） ， ， 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． ， 6【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 例2．（2023春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体 纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ） A． B． 与 所成的角为60° C． 与 是异面直线 D． 平面 【答案】ACD 【分析】将平面图形还原为立体图形， ， ，A正确B错误，观察知C正确，根据平面 平面 得到D正确，得到答案. 【详解】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知： ， ，故 ，A正确B错误； 与 是异面直线，C正确； 平面 平面 ， 平面 ， 平面 ，D正确. 故选：ACD 7变式1．【多选】（2023春·浙江·高一湖州中学校联考期中）已知在正四面体 中， 、 、 、 分别是棱 ， ， ， 的中点，则（ ） A． 平面 B． C． 平面 D． 、 、 、 四点共面 【答案】ABD 【分析】把正四面体 放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明 对于B项，从正方体的角度上看易得 对于D项，证明四边形 是平行四边形可验证 对于C项，反证法证明，矛盾点是 与 的夹角. 【详解】把正四面体 放到正方体里，画图为： 对于A项， 、 分别为 ， 的中点， 又 平面 且 平面 平面 ，故A正确 对于B项，从正方体的角度上看易得 ，故B正确. 对于D项， 、 、 、 分别是棱 ， ， ， 的中点 且 8且 所以 所以四边形 是平行四边形，故 、 、 、 四点共面，所以D正确. 对于C项，若 平面 成立，即 平面 又因为 平面 所以 又因为 、 分别为 ， 的中点， 所以 所以 而 为等边三角形，与 矛盾，所以C不正确. 故选：ABD 变式2．【多选】（2023春·广西柳州·高一柳州地区高中校考期中）如图，正方体 的棱长 为 ，且 ， 分别为 ， 的中点，则下列说法正确的是（ ） A． 平面 B． C．直线 与平面 所成角为 D．点 到平面 的距离为 【答案】ABD 【分析】取棱 中点 ，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出 9EF与平面ABCD所成的线面角判断C；使用等积法求点 到平面 的距离. 【详解】在正方体 中，取棱 中点 ，连接 ， 因为M，N分别为AC， 的中点，则 ， 因此四边形 为平行四边形，则 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，A正确； 因为 平面 ， 平面 ，则 ，所以 ，B正确； 显然 平面 ，则 是 与平面 所成的角，又 ， 有 ，由于 ，所以直线MN与平面ABCD所成的角为 ，C错误； 等边三角形 的面积为 ，设 到平面 的距离为 ， 由 得 ，解得 ，D正确. 故选：ABD 考点二：证明线面平行 例3．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考期中）如图：在正方体 中，M为 的中点. 10(1)求证： 平面 ； (2)在线段 上是否存在一点N，使得平面 平面 ，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明 可证明结论； （2） 上的中点N即满足平面 平面 ，通过证明 平面 结合 平面 可证 明结论. 【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO. ∵ 为正方体，底面 为正方形，∴O为BD的中点. ∵M为 的中点，在 中，OM是 的中位线，所以 . 又 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ； （2） 上的中点N即满足平面 平面 ， ∵N为 的中点，M为 的中点，∴ ，且 ， ∴四边形 为平行四边形，∴ ， ∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ； 由（1）知 平面 ， 11又∵ ， ∴平面 平面 . 变式1．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）在直三棱柱 中，已知D为 的中点. 求证： 平面 . 【答案】证明见解析 【分析】连接 交 于点 ，连接 ，利用中位线的性质可得出 ，再利用线面平行的判定定 理可证得结论成立. 【详解】证明：连接 交 于点 ，连接 ，如下图所示： 12在三棱柱 中， 且 ，则四边形 为平行四边形， 因为 ，则 为 的中点， 又因为 为 的中点，所以， ， 因为 平面 ， 平面 ，因此， 平面 . 变式2．（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）如图，四棱锥 中，底面 为矩形， ⊥平面 ， 为 的中点. (1)证明： 平面 ； (2)设直线 与底面 所成角的正切值为 ， ， ，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）取底面中心，利用三角形中位线得线线平行，再证线面平行即可； （2）根据线面夹角得定义及已知可求得AB长，再根据线面垂直判定直线 与平面 所成角即 ∠CPD，解三角形即可. 【详解】（1）连接 ，记 ， 为 中点， 为 中点， ， 又 ， ，∴ 平面 ； 13（2）因为 平面 ， 所以 即为直线 与平面 所成线面角， 则 . 因为矩形 中 ，所以 . 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 计算可得 . 又 ， ， ， 平面 ，所以 ， 所以 即为直线 与平面 所成线面角，解得 . 例4．（2023春·陕西延安·高一陕西延安中学校考期中）在四面体中 ，四边形 是矩 形，且 . (1)证明： 平面 ； (2)证明： 平面 . 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明 平面 ，即可证明 ，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）根据线面垂直的判定定理即可证明结论. 【详解】（1）证明：因为四边形 是矩形，故 , 由于 平面 , 平面 , 故 平面 ,又 平面 ,平面 平面 , 故 ,又 平面 , 平面 , 故 平面 . 14（2）因为四边形 是矩形，故 ， 由（1）知 ,故 , 又 ， 平面 , 所以 平面 . 变式1．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图所示，在四棱锥 中， 平面 ， ， 是 的中点． (1)求证： ； (2)求证： 平面 ； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明 ； （2）取 的中点 ，连接 ，由（1）可证明 是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即 可得 平面 . 【详解】（1）根据题意可得， 平面 ， 平面 ，且平面 平面 ， 由线面平行的性质定理可得 ； （2）取 的中点为 ，连接 ，如下图所示： 由 是 的中点， 是 的中点，可得 ，且 ； 15由（1）知 ，且 ，所以 ，且 ； 所以四边形 是平行四边形， 即 ，又 平面 ， 平面 ； 所以 平面 . 变式2．（2023春·天津和平·高一天津市第二十一中学校考期中）如图，在四棱锥 中，底面 ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A、N、D三点的平面交PC于M.求证： (1) 平面ANC； (2)M是PC中点. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连结BD，AC，设 ，连结NO，由线面平行的判定定理证明； （2）先证线面平行，再由线面平行的性质定理得线线平行，从而得证结论． 【详解】（1）连结BD，AC，设 ，连结NO， ∵ABCD是平行四边形， ∴O是BD的中点，在 中，N是PB的中点， ∴ ， 又 平面ANC， 平面ANC， ∴ 平面ANC. （2）∵底面ABCD为平行四边形， ∴ ， ∵ 平面ADMN， 平面ADMN， ∴ 平面ADMN. ∵平面 平面 ，BC在面PBC内， ∴ ，又N是PB的中点， ∴M是PC的中点. 16例5．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期中）如图,在四棱锥 中, 平面 , 平面 ,底面 为矩形,点 在棱 上,且 与 位于平面 的两侧. (1)证明: 平面 ; (2)若 , , ,试问在线段 上是否存在点 ,使得 与 的面积相等？若存 在,求 到 的距离;若不存在,说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在, 【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得 ,根据线面平行的判定定理即可得 平面 ,根据 及线面平行的判定定理即可得 平面 ,根据 及面面平行的判定定理即可得平 面 平面 ,再根据面面平行的性质定理即可证明; (2) 过 作 ,垂足为 ,过 作 ,垂足为 ,连接 ,过 作 ,垂足为 ,连接 , 先根据线面垂直的判定定理证明 平面 ,可得 ,同理可得 ,根据 与 的 17面积相等,底相同,可得高也相同,即 ,设 ,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据 勾股定理求出 ,再求出 ,建立等式解出即可. 【详解】（1）证明:因为 平面 , 平面 , 所以 , 因为 平面 , 平面 , 所以 平面 , 因为底面 为矩形, 所以 , 因为 平面 , 平面 , 所以 平面 , 因为 , 且 平面 , 平面 , 所以平面 平面 , 又因为 平面 , 所以 平面 ; （2）设线段 上存在点 使得 与 的面积相等, 过 作 ,垂足为 , 因为 平面 , 所以 , 故 , 所以 , 故 , 因为 , 所以 , 过 作 ,垂足为 ,连接 , 过 作 ,垂足为 ,连接 ,如图所示: 18因为 底面 , , 所以 底面 , 所以 , 又 , , 所以 平面 , 因为 平面 则 , 同理可得 , 因为 与 的面积相等, 所以 , 在 中,根据等面积法可得 , 则 , 设 , , 则 , 因为 , 所以 , 所以 , 因为 , 19所以 , 所以 , 整理得 , 因为 ,所以 , 故存在 ,且 到 的距离为 . 【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解 题方法有: (1)先假设其存在; (2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算; (3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在; (4)如果得到不合理的结论,则说明不存在. 变式1．（2023春·浙江·高一期中）三棱柱 的棱长都为2，D和E分别是 和 的中点． (1)求证：直线 平面 ； (2)若 ，点B到平面 的距离为 ，求三棱锥 的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明 20，即可得证； （2）根据线面平行可得 ，由等体积法求解. 【详解】（1）在三棱柱 中， ，取 中点F，连接DF，EF， ∵D和E分别是 和 的中点， ， 又 面 ， 面 ，且 面 ， 面 ， ∴ //面 ，EF//面 ，又 ， 面 ， ∴面 //平面 ，而 面DEF，故直线 //平面 ． 法二，连接CE交 于点G，连接CD交 于点H，连接HG，如图， 在三棱柱 中， ， ， ∴ ， ， ∴ ，则 ，又 面 ， 面 ， 21∴直线 平面 . （2）如图， ∵直线 //平面 ， ∴ ，又 ， 所以平行四边形 边 上的高 ， 由B到面 的高 ，则 . 考点三：证明面面平行 例6．（2023春·广东湛江·高一湛江二十一中校考期中）如图，在三棱柱ABC－ABC 中，E，F， 1 1 1 G，H分别是AB，AC，AB，AC 的中点．求证： 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，A1E 平面BCHG，从而利用面面平行的判定定理 22即可得证. 【详解】（1）∵G，H分别是AB，AC 的中点 1 1 1 1 ∴GH是 的中位线，∴GH BC ， 1 1 又在三棱柱ABC－ABC 中，BC 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， ∴EF 平面BCHG， ⊂ ∵在三棱柱ABC－ABC 中， ， ， 1 1 1 ∴AG EB， ， 1 ∴四边形AEBG是平行四边形，∴AE GB， 1 1 ∵ 平面BCHG，GB 平面BCHG， ⊂ ∴AE 平面BCHG， 1 ∵AE∩EF＝E，AE，EF 平面EFA， 1 1 1 ∴平面EFA 1 平面BCH⊂G. 变式1．（2023春·山东临沂·高一校考期中）如图，已知点 是正方形 所在平面外一点， ， 分 别是 ， 的中点. (1)求证： 平面 ； (2)若 中点为 ，求证：平面 平面 . (3)若 平面 ， ，求直线 与面 所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 23(3) 【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，即可证明四边形 为平行四边形，所以 ，从 而得证； （2）依题意可得 即可得到 平面 ，再结合（1）的结论，即可得证； （3）依题意可得平面 平面 ，由面面垂直的性质得到 平面 ，则 即为直线 与面 所成的角，再根据边长的关系得解. 【详解】（1）取 的中点 ，连接 ， ， 因为 是 的中点，所以 且 ， 又 是 的中点， 是正方形，所以 且 ， 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 . （2）因为 为 的中点， 是 的中点 所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ， ， 平面 ，所以平面 平面 . （3）因为 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ， 又 为正方形，所以 ， 平面 ，平面 平面 ， 所以 平面 ， 所以 即为直线 与面 所成的角，又 ，所以 为等腰直角三角形， 所以 ， 即直线 与面 所成的角为 . 24变式2．（2023春·河南洛阳·高一统考期中）如图所示，在三棱柱 中， 分别是 ， ， 的中点，求证： (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）根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）先证明 平面 ，再证明 平面 ,根据面面平行的判定定理即可证明结论. 【详解】（1）证明：∵ 分别是 的中点， ∴ , 又在三棱柱 中， ， 所以 ． 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）证明：由（1）知 ， 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 ， 又∵ 分别为 中点， 25故 ， , 又∵ ，∴ , ∴四边形 为平行四边形， ∴ , 又∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 , 又∵ 平面 , ∴平面 平面 ． 变式3．（2023春·陕西西安·高一西安市铁一中学校考期中）如图：已知三棱柱 中，D为BC 边上一点， 为 中点，且 ∥平面 ．证明：平面 平面 ． 【答案】证明见解析 【分析】连接 与 交于点 ，由线面平行的性质定理可得 ，从而 为 中点，进而可得 四边形 为平行四边形， ，由线面平行的判定定理得 平面 ，再利用面面平行的 判定定理证得结论. 26【详解】 连接 与 交于点 ，连接 ， ∵ 平面 ， 平面 ，平面 平面 ， ∴ ，又 为 中点，∴ 为 中点， ∵ ，且 ， ∴四边形 为平行四边形，∴ ． 又 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ． 又 平面 , ， 平面 所以平面 平面 ． 变式4．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体 中， ， ， ， 分别是 ， ， 的中点，取 ， 的中点 ， ，点 为平面 内一点 27(1)求证：平面 平面 (2)若 平面 ，求线段 的最小值， 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面平行判定定理证明线面平行，再由面面平行判定定理证明面面平行即可； （2）由面面平行确定点 在线段 上，再求 在边 上的高，即 的最小值. 【详解】（1）∵ ， 分别为 ， 的中点，∴ ， 又∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ， ∵ ， 分别为 ， 的中点，∴ ， 又∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ， 又∵ ， 平面 ， 平面 ， ∴平面 平面 . 28（2） 由（1）知，平面 平面 ， ∴若平面 内存在一点 ，使 平面 ，则 在线段 上， ∴线段 的最小值为 到直线 的距离，即 在边 上的高， ∵ ， 分别为 ， 的中点， ， 分别为 ， 的中点， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ， 又∵ ， 分别为 ， 的中点，∴ ，同理 ， ∴当 为 中点时， ，此时 在边 上的高， 取最小值， ∴线段 的最小值 . 考点四：线面平行和面面平行性质的应用 例7．（2023春·福建·高一校联考期中）如图，在三棱台 中， ， ， ， 为线段 中点， 为线段 上的点， 平面 ． 29(1)求证：点 为线段 的中点； (2)求三棱台 的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接 ，设 ，由 平面 ，证得 ，结合 是 的中点，得 到点 是 的中点； （2）根据题意，先求得上下底面正三角形的面积分别 和 ，再结合侧面 和侧面 均为直角梯形，求得面积为 ，由侧面 为等腰梯形，过点 作 ，求得 的长， 得到侧面 的面积为 ，即可求解. 【详解】（1）连接 ，设 ，连接 、 ， 因为 平面 ， 平面 ，且平面 平面 ， 所以 ， 又因为四边形 是正方形，且 是 的中点，所以点 是 的中点. （2）三棱台 中， 因为 ，所以 为等边三角形， 所以 也为等边三角形，且 ， 上底面 为等边三角形，其边长为1，可得面积为 ， 30下底面 为等边三角形，其边长为2，可得面积为 ， 又因为 ，所以侧面 和侧面 均为直角梯形，且 ， 其面积均为 ， 侧面 为等腰梯形，其中 ，且 , 过点 作 ，垂足为 ，可得 ， 所以侧面 的面积为 ， 所以三棱台的表面积为 . 变式1．（2023春·浙江台州·高一台州一中校考期中）如图，在四棱锥 中，底面ABCD为直角梯 形，且 ， ， ， ，平面 平面ABCD，点M在线段 PB上， 平面MAC． (1)判断M点在PB的位置并说明理由； (2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求 的值； 31(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为 ，求二面角 的平面角的正切值． 【答案】(1)M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接BD交AC于O，由 平面MAC，根据线面平行的性质可得答案； （2）连接OP，则 ，由 可求得结果； （3）取AD中点H，过M作 ，可知 ，取AB靠近A的三等分点N，可知 ，所以 或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得 平面ABCD， 平面ABCD，令 ，计算 ， ， ， ，利用余弦定理，由 得 ，解得 ，过G 作 交CD于Q，由 平面MGQ得 ，所以 就是所求二面角的平面角，求解即 可. 【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OM， 因为 平面MAC， 平面PBD，平面 平面 ，则 ． 因为 ，所以 ， 则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点． （2）如图，连接OP，则 ， 因为 ，则 ． （3）取AD中点H，连接PH，HB， 过M作 ，可知 ． 32取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知 ， 所以 或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图． 因为平面 平面ABCD，平面 平面ABCD ， ， 平面 ， 所以 平面ABCD，因此 平面ABCD． 令 ， ，计算得： ， ， ， ， ， 所以， ，即 ，解得 ． 过G作 交CD于Q，连接MQ． 平面ABCD， 平面ABCD, , ， 平面MGQ， 平面MGQ， 平面MGQ， ， 所以 就是所求二面角的平面角， 所以， ． 变式2．（2023春·福建三明·高一三明一中校考期中）如图，已知四棱锥 的底面为菱形， ， ， ， 为 的中点， 为 的中点，平面 过 、 、 三 点且与面 交于直线 ， 交 于点 . 33(1)求证：面 面 ； (2)求证： ； (3)求平面 与平面 所成夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取 中点记为 ，可得 ， ，由勾股定理可证明 ， ， 从而得 面 ，即可得证； （2）取 、 中点分别记为 、 ，可得四边形 为菱形，记 交 于 点， 平分 、 ，可知 面 ，由 且 ，故 ，进而证得结论； （3）取 中点记为 ，再取 、 上 、 两点，使得 ， ，由（1）结 论可知， 面 ，进而可得 ， ，故平面 与平面 所成夹角为 ， 求解即可. 【详解】（1）取 中点记为 ，连接 和 ， 由于 ， ，得 为等边三角形，故 ， ， 34由 ， ，得 ，则 ， ， ， 由 ，得 ， 由 ， ， ， 、 面 ，得 面 ， 又由 面 ，得面 面 ； （2）取 、 中点分别记为 、 ，连接 、 、 、 、 、 ， 由中位线定理得MN∥DC，MN＝ DC，同理SR∥AB，SR＝ AB， 又AB∥DC，AB＝DC，则MN∥SR，MN＝SR，则 为平行四边形， 又NR＝ CB，MN＝ DC，CB＝DC，则NR＝MN，则四边形 为菱形， 记 交 于 点， 平分 、 ， ∵ 面 且 面 ， 又∵ 面 且 面 ，∴ 面 ， 在面 中， 且 ，故 ， 进而 ； （3）取 中点记为 ，再取 、 上 、 两点， 使得 ， ， ， 由（1）结论可知， 面 ，又 面 ， 故而 ，又 ，故而 ， 且有 ， ， 连接 ，由 ， ， ， 面 ， 35则 面 ， 面 ，可知 ， 故平面 与平面 所成夹角为 ， ， 即平面 与平面 所成夹角的正切值为 . 例8．（2022春·黑龙江·高一哈九中校考期中）如图，平面 平面 平面 ，异面直线 分别与平面 相交于点 和点 ．已知 ， ， ，求 、 、 的长． 【答案】 ， ， 【分析】连接 交平面 于点 ，连接 ， ，利用面面平行的性质定理得到 ， ， 再根据三角形相似得到对应边的比例，利用相似比例即可得到答案. 【详解】连接 交平面 于点 ，连接 ， ， 因为平面 平面 ，平面 平面 于 ，平面 平面 于 ， 所以 ，所以 ， ， 又因为 ，所以 ， 所以 ， 因为 ， ，所以 ， ， 36所以 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 于 ，平面 平面 于 ， 所以 ，所以 ， ， 又因为 ，所以 ， 所以 ，因为 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 又因为 ，所以 ， 所以 ， ， . 变式1．（2022秋·内蒙古呼和浩特·高一呼和浩特市第十四中学校考期末）如图，四边形ABEF和四边形 ABCD均是直角梯形， ， ， ， . (1)求点F到平面ABCD的距离； (2)证明：平面 平面ADF，并说明在平面EBC上，一定存在过C的直线l与直线FD平行. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明 平面ABCD即可； 37（2）先证明平面 平面ADF，再利用面面平行的性质定理证明. 【详解】（1）解：因为 ， 所以 ， 又 ，AB､CD是相交直线， 所以 平面ABCD， 所以点F到平面ABCD的距离 ； （2）证明：由题意得 ， 平面ADF ， 平面ADF ， 所以 平面ADF，同理 平面ADF，又 ， 所以平面 平面ADF. 设平面 平面 ，则l过C点， 因为平面 平面ADF，平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 . 变式2．（2021春·广东中山·高一统考期末）如图所示，在正方体 中，点 在棱 上， 且 ，点 、 、 分别是棱 、 、 的中点， 为线段 上一点， ． （1）若平面 交平面 于直线 ，求证： ； （2）若直线 平面 ，试作出平面 与正方体 各个面的交线，并写出作图步 骤，保留作图痕迹；设平面 与棱 交于点 ，求三棱锥 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）作图步骤见解析，三棱锥 的体积为 38【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到 ，再结合线线平行的传递性即可证明结论； （2）根据公理“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”作出平面 与正方体 各个面的交线即可；根据 四点共面，且三角形 与三角形 面积相等，那么 三棱锥 的体积等于三棱锥 的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可． 【详解】解：（1）证明：在正方体 中， 因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 所以 ， 因为点 、 分别是棱 、 的中点， 所以 ， 所以 ． （2）作图步骤如下： 连接 ，过点 作 于点 ，连接 并延长交 的延长线于点 ，连接 并延长交 于点 交 的延长线于点 ， 再连接 交 于点 ，连接 并延长交 的延长线于点 ，连接 并延长交 于点 ，再连接 ， ， ， 则图中 ， ， ， ， ， 即为平面 与正方体各个面的交线． 39设 ，因为 ， 所以点 为 的中点， 又因为 ，所以点 为 中点， 所以 ， 所以 ， 又因为 ，即 ，解得 ， ∵ ， ， ， ∴ ， 40如上图，设 为线段 的中点，因为点 是棱 的中点， 所以在正方体中，有 ， 所以 平面 ，所以 因为 平面 ，所以 ， 因为 ， 所以 平面 ，即平面 与平面 重合， 所以点 在平面 内，且三角形 与三角形 面积相等， 因为直线 平面 ， 平面 ， 所以 ，又因为 △ ， 所以 ， 所以 ， 所以， ， 所以三棱锥 的体积为 ． 【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面 积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．其中第二问解题的关键字在于根据公理 41“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”作出图形，进而根据几何关系得到对应点 的位置求解. 考点五：证明线线垂直 例9．（2023春·吉林·高一长春吉大附中实验学校校考期中）如图，边长为4的正方形 中， 点 分别为 的中点．将 分别沿 折起，使 三点重合于点P． (1)求证： ； (2)求三棱锥 的体积； (3)求二面角 的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明 平面 ，根据线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）根据棱锥的体积公式即可求得答案; （3）作出二面角 的平面角，解直角三角形即可求得答案. 【详解】（1）证明：因为在正方形 中 ， 折叠后即有 ， 又 平面 ， 所以 平面 ，而 平面 , 故 ； （2）由题意知 ，故 ， 故 ； 42（3）取线段 的中点G，连接 ， 因为 ， 所以有 ， 平面 , 平面 , 所以 即为二面角 的平面角， 又由（1）得 平面 ， 平面 ， 故 ,而 , , 故 , 即二面角 的余弦值为 . 变式1．（2022春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第二高级中学校考期末）如图，在直三棱柱 中， ，G是棱 的中点． (1)证明： ； (2)证明：平面 平面 ． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 43【分析】（1）由线面垂直得到 ，从而求出 平面 ，得到 ； （2）根据正方形得到 ，结合第一问求出的 ，得到 平面 ，从而证明面面垂直. 【详解】（1）∵ 平面 ，且 平面 ， ∴ ． 又因为 ， 平面 ， 所以 平面 ． ∵ 平面 ， ∴ ． （2）∵ ，易知矩形 为正方形， ∴ ． 由（1）知 ，又由于 平面 ， ∴ 平面 ． 又∵ 平面 ， ∴平面 平面 ． 变式2．（2023春·广东广州·高一广州市第七中学校考期中）如图，四棱锥 的底面是矩形， 平面 ，E，F分别 的中点，且 ． 44(1)求证： 平面 ； (2)求证： ． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得线面平行； （2）结合线面垂直的判定定理来证得 平面 ，进而可证明线线垂直. 【详解】（1）设 是 的中点，由于 是 的中点， 所以 , 由于 是 的中点，四边形 是矩形, 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）由于 平面 ， 平面 ，所以 , 因为 , , 平面 ， 所以 平面 , 因为 平面 ,所以 , 因为 是 的中点,所以 , 因为 , 平面 , 45以 平面 , 又因为 平面 ,所以 . 变式3．（2023春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期中）《九章算术，商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解 堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”阳马是指底面为长方形且有一条侧棱与 底面垂直的四棱锥.如图，已知四棱锥 为一个阳马， 面 ， 是 上的一点. (1)求证： ； (2)若 ， 分别是 ， 的中点，求证： 平面 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证得 面 ，进而证得 ； （2）利用线面平行判定定理即可证得 平面 【详解】（1） 面 ， 面 ，则 ， 又 ， ， 面 ， 则 面 ，又 面 ，则 （2）取 中点T，连接 ， 又 ，则 ， 又 ，则 ， 则四边形 为平行四边形，则 ， 46又 平面 ， 平面 ，则 平面 . 考点六：证明线面垂直 例10．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图，在四棱锥 中， ， ， ， ， ， ， . (1)证明： 平面 ； (2)求 与平面 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）通过勾股定理，证明出 可证得 平面 . （2）作 ，垂足为H，连结 ，证得 为 与平面 所成的角，在 中求 即可. 【详解】（1）∵ ， ， ， 由勾股定理得： ， 中， ， ∵ ，∴ ， 47又因为 底面 ， 底面 ，所以 ， 又因为 且 平面 ，∴ 平面 ， （2）作 ，垂足为H，连结 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又因为 且 平面 ，所以 平面 ， 所以 为 与平面 所成的角， 中， ， ， 所以直线 与平面 所成角的余弦值为 . 变式1．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在直三棱柱 中， ， ， 、 分别为 、 的中点．求证： 平面 . 【答案】证明见解析 【分析】证明出 平面 ，可得出 ，再证明出 ，利用线面垂直的判定定理可 证得结论成立. 【详解】证明：因为 ， ，则 ，所以， ， 48在直三棱柱 中， 平面 ， 因为 平面 ，所以， ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以， ， 连接 ，如下图所示： 因为 平面 ， 平面 ，所以， ，同理 ， 在侧面 内，则 ，又因为 ， 所以，四边形 为正方形，故 ， 因为 ， 、 平面 ，因此， 平面 . 变式2．（2023春·四川成都·高一成都实外校考期末）如图四边形ABCD是矩形， 平面BCE， ，点F为线段BE的中点. (1)求证： 平面ABE； (2)求证： 平面ACF. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案； （2）连接 交 于 点，连接 ，由中位线定理可得 ，再由线面平行的判定定理可得答案. 【详解】（1）因为 平面BCE， 平面BCE，所以 ， 因为 ， ， 平面 ， 所以 平面ABE； 49（2） 连接 交 于 点，连接 ，所以 点为 中点， 因为点F为线段BE的中点，所以 ，因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 变式3．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考期中）已知棱长均相等的正三棱柱 ， M，N分别为棱 ， 中点． (1)证明： 平面 ； (2)证明： 平面 ． 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析； 【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得 平面 ； （2）利用线面垂直判定定理即可证得 平面 ． 【详解】（1）设 ，连接 又棱长均相等的正三棱柱 中，M，N分别为棱 ， 中点． 则 ， ， 50则 ，则四边形 为平行四边形， 则 ，又 平面 ， 平面 ， 则 平面 ； （2）取 中点S，连接 ，则 又面 面 ，面 面 ， 面 ， 则 面 ，又 面 ，则 又正方形 中， ，则 , 则 ，又 ， 则 ，则 ， 又 ， ， 面 ， 则 面 ，又 面 ，则 ， 又正方形 中， ， ， 平面 ，则 平面 ． 51变式4．（2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考期中）如图，在三棱柱 中，侧面 ， 均为正方形， 交 于点 ， ， 为 中点． (1)求证： 平面 ； (2)求直线 与平面 所成的角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知条件结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面角的定义进行求解即可. 【详解】（1）在正方形 中， ， 因为 ，所以 ， 又因为侧面 是正方形，所以 ， 因为 平面 ， 所以 平面 ， 52而 平面 ，则 ，而 ， ∴ ，而 ， 又 平面 ， ∴ 平面 （2）连接 ，如图所示： ∵ 为正方形， ， ∴ ， 而 平面 ， ∴ 平面 ， ∴ 为直线 与平面 所成的角， ∵ ， ∴ ， 所以直线 与平面 所成的角为 . 变式5．（2023春·广东广州·高一广州四十七中校考期中）如图，在三棱锥 中， 底面 ，点D、E分别在棱 上，且 ． 53(1)求证 平面 ； (2)当D为 的中点时，求 与平面 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) . 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质及判定推理作答. （2）结合（1）的结论及已知，利用线面角的定义，求出AD与平面PAC所成角的正弦值. 【详解】（1）在三棱锥 中， 底面 ， 底面 ，则 ， 而 ，有 ，又 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）由（1）知， 平面 ，而 ，则 平面 ， 于是 是 与平面 所成的角， 令 ，在 中， ， ，D为 的中点，则有 ， 显然 为 的中位线，于是 ， 在 中， ， 所以 与平面 所成角的正弦值是 . 变式6．（2023春·天津和平·高一天津一中校考期中）如图，已知 平面ABC， ， ， ， ， ，点 和 分别为 和 的中点. 54(1)求证： 平面 ； (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）根据 平面 ，得到 平面 ，即可得到平面 平面 ，根据等腰 三角形三线合一的性质得到 ，然后利用面面垂直的性质定理即可得到 平面 ； （2）根据 ，点 为 中点得到 ，即可将直线 与平面 所成角转化为直线 与平面 所成角，由（1）的结论可得 为直线 与平面 所成角，然后利用勾股定理得到 ， 的长度，即可求直线 与平面 所成角. 【详解】（1）∵ 平面 ， ， ∴ 平面 ， ∵ 平面 ， ∴平面 平面 ， ∵ ，点 为 中点， ∴ ， 55∵平面 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 . （2） 取 中点 ，连接 ， ， ∵ ， ， ，点 为 中点， ∴四边 为平行四边形，∴ ， ∴直线 与平面 所成角和直线 与平面 所成角相等， ∵ 平面 ， ∴ 为直线 与平面 所成角， ∵点 为 中点， ， ∴ ， ， ， ∴ ，又 ，所以 ， 所以直线 与平面 所成角为 . 考点七：证明面面垂直 例11．（2023春·吉林·高一长春吉大附中实验学校校考期中）如图，在四棱锥 中，底面 56是边长为a的正方形，侧面 ⊥底面 ，且 ，设E，F分别为 ， 的中 点． (1)求证： 平面 ； (2)求证：平面 ⊥平面 ； (3)求直线 与平面 所成角的大小． 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析； (3) 【分析】（1）利用线面平行判断判定定理即可证得 平面 ； （2）先利用线面垂直判定定理证得 面 ，进而证得平面 ⊥平面 ； （3）先求得直线 与平面 所成角的正弦值，进而求得该角的大小. 【详解】（1）取 中点S， 中点T，连接 , 又E，F分别为 ， 的中点， 则 , 又 ，则 ， 则四边形 为平行四边形，则 ， 又 平面 ， 平面 ，则 平面 . （2）在△ 中， ， ， 由 ，可得 ， 由面 ⊥面 ，面 面 ， ， 面 ，可得 面 ， 又 面 ，则 ， 57又 ， ， 面 ， 则PA面 PCD ，又PA面PAB， 则平面PAB⊥平面PDC； （3）连接PT ，△PAD中，PAPD，AT DT，则PT  AD， 又面PAD⊥面ABCD，面PAD面ABCD=AD，PT 面PAD， 则PT 面ABCD，则PT 为点P到面ABCD的距离， 1 PT 又E为PC的中点，则点E到面ABCD的距离为 2 ， 2 又△ 中，PAPD a， ， ， PAD 2 ADa AT DT 1 1 1 1 则PT  a， PT  a，则点E到面 的距离为 a， 2 2 4 ABCD 4 1 2 又EF ST  PA a， 2 4 1 a 4 2 sin  设直线 与平面 所成角为 ，则 2 2 ， a EF ABCD  4  π π   0,   又  2，则 4 π 则直线 与平面 所成角的大小为 EF ABCD 4 变式1．（2023春·安徽六安·高一六安一中校考期中）在斜三棱柱ABCABC中，ABC是边长为2的正 AA2 3 A ABC BC O 三角形，侧棱 ，顶点 在平面 的射影为 边的中点 . 58(1)求证：平面 BCCB 平面AOA ； (2)求点C到平面AAB的距离. 【答案】(1)证明见解析 6 13 (2) 13 【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可； （2）应用等体积方法求解点到平面距离. 【详解】（1）∵ABAC且O为BC的中点，AOBC， AO ABC,BC ABC,AOBC 又 平面 平面 ， ∵ AOAOO,AO,AO AOA BC AOA BC BCCB 平面 .故 平面 ，又 平面 ， 平面 BCCB平面AOA . 1 3 S  22  3 （2）设点A到平面BBC的距离为h, ABC是边长为2的正三角形， △ABC 2 2 ， 3 ∵ AA2 3，AO2  3,AA2  AO2AO2,OA3 2 ∵ AA2 3,AB2,∵ AO3,OB1,AB2  AO2OB2,AB 10, AA2AB2AB2 12410 3 cosAAB   , 2AAAB 22 32 4 13 sin2AABcos2AAB1,sinAAB , 4 1 39 S  AAABsinAAB AAB 2 2 591 1 6 13 V  S hV  S OA h 根据等体积公式可得 CAAB 3 AAB AABC 3 ABC ，解得 13 - 变式2．（2023春·浙江杭州·高一杭师大附中校考期中）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是平行 四边形，ACBC，ABC 60,SASBSC 4,ASB90． (1)求证：平面SAB平面ABC； (2)求SC与平面SAB所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 6 (2) 4 【分析】（1）取AB中点O，则 SO AB ，连接SO,OC,利用勾股定理得出 SOOC ，然后利用线面垂直 判定定理得出SO平面ABC，再利用面面垂直判定定理即可得出结论. （2）由（1）知，作CH  AB，连接SH ，由面面垂直的性质定理知CH 平面 SAB ，故CSH 即为所求 CH 角，再由sinCSH  ，即可得出答案. SC 【详解】（1）取AB中点O，连接SO，OC， ∵ABC 60,SASBSC4,ASB90 ACBC ， ， SO AB COSO2 2 SC2 SO2CO2 ， ， ， SOCO，又AB平面ABC，CO平面ABC， 且ABCOO，所以SO平面ABC， 又SO平面 SAB ，所以平面SAB平面ABC. （2）由（1）知，过C作CH  AB于H，连接SH ，如图， ∵ SAB SAB  ABC  AB 平面 平面ABC，平面 平面 , CH 平面ABC，则CH 平面 SAB ， CSH 即为SC与平面SAB所成的角， 60RtCSH SC 4,CH  6 在 中， ， CH 6 sinCSH    SC 4 ， 6 故SC与平面SAB所成的角的正弦值为 4 . 变式3．（2023春·福建南平·高一福建省政和第一中学校考期中）如图，AB是O的直径，点C是O上 的动点，PA垂直于O所在的平面ABC (1)证明：平面PAC丄平面 PBC ； PA 3,AC 1 (2)设 ，求点A到平面PBC的距离． 【答案】(1)证明见解析； 3 (2) 2 【分析】（1）通过证明BC  AC， BC  AP 可证明结论；（2）过A作PC垂线，垂足为D.由（1）可得 AD为点A到平面PBC的距离，即可得答案. 【详解】（1）因AB是O的直径，则BC  AC. 因PA垂直于O所在的平面ABC，BC平面ABC，则BC  AP. 因AC∩AP  A, AC, AP 平面PAC，则BC平面PAC. 又BC平面PBC，则平面PAC丄平面 PBC ； 61（2）如图，过A作PC垂线，垂足为D. 因平面PAC丄平面 PBC ，平面PAC∩ 平面PBCPC，AD平面PAC，则AD平面PBC，即AD为点A 到平面PBC的距离. PA 3,AC 1 PA O ABC PA  AC  PC  PA2  AC2  2 又 ， 垂直于 所在的平面 ，则 . 1 1 PA  AC 3 S  PA  AC  PC  AD  AD   则在△PAC中， PAC 2 2 PC 2 . 3 即点A到平面PBC的距离为 2 . 考点八：面面垂直性质的应用 例12．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， PABCD ABCD 平面PAD平面ABCD，Q为棱PD的中点，PA AD，PA AB2． (1)求证：PA平面ABCD； (2)求二面角PCDA平面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 6245 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立； （2）分析出二面角PCDA的平面角为PDA，分析出PAD为等腰直角三角形，即可得出结果. 【详解】（1）证明：因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PA AD， PA平面PAD，因此，PA平面ABCD. （2）解：因为四边形ABCD为正方形，则ADCD，且AD AB， 因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以，PACD， 因为ADPA A，AD、PA平面PAD，所以，CD平面PAD， 因为PD平面PAD，所以，CDPD，则二面角PCDA的平面角为PDA， PA AD PA AB AD PAD PDA45 因为 ， ，所以， 为等腰直角三角形，且 . PCDA 45 故二面角 为 . 变式1．（2023春·广东深圳·高一翠园中学校考期中）如图，在平面五边形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝ AB AD10 AE6 BC8 CD4 AED90 EH  AD AD 90°， ， ， ， ， ， ，垂足为H，将 ADE沿 折 △ 起（如图），使得平面ADE⊥平面ABCD． (1)求证：EH ⊥平面ABCD； CADE (2)求三棱锥 的体积； EM (3)在线段BE上是否存在点M，使得 //平面 ？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由． MH CDE EB 【答案】(1)证明见解析 128 (2) 5 EM 16 (3)存在，  EB 25 【分析】（1）由面面垂直的性质证明即可； 63V V （2）利用等体积法，由 CADE EACD求解即可； （3）过点H作平行线得出与平面CDE平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解. 【详解】（1）因为EH  AD，平面ADE平面ABCE，平面ADE平面ABCD AD，EH 平面ADE， 所以EH ⊥平面ABCD； （2）在直角三角形ADE中，∵ AE6 ，AD10，∴DE8， 24 ，∴EH  ， ∵ DEAE ADEH 5 ∵ BC 8,CD4 ∠BCD＝90°， ， 1 的面积S  4816， ACD 2 1 1 24 128 所以三棱锥C－ADE的体积为V V ＝ SEH  16  ； CADE EACD 3 3 5 5 （3）方法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接HM ． 又因为AB∥DC，所以MN∥CD，又CD 平面CDE，MN 平面CDE， 所以MN∥平面CDE，同理NH ∥平面CDE， 又因为MNNH N ，MN 平面MNH ，NH 平面MNH ， 所以平面MNH //平面CDE． 因为MH 平面MNH ，所以MH //平面CDE． 在Rt△AED中，EH  AD，DHDADE2， 32 又 ， ，DH  ， DE8 AD10 5 EN DH 16 ∵ HN∥DE,   ， EA DA 25 EM EN 16 又∵ NM∥AB,   ， EB EA 25 64EM 16 所以在线段BE上是否存在点M，使得 ∥平面 ，且  . MH CDE EB 25 方法二：过点H作HG//CD交BC于点G，过点G作GM //CE交EB于点M，连接HM ． 又因为HG∥CD，CD 平面 CDE ，HG平面 CDE ， 所以HG∥平面 CDE ，同理GM ∥平面 CDE ． 又因为HGGM G，HG平面MHG，GM 平面MHG， 所以平面MHG∥平面 CDE ． 因为MH 平面MHG，所以MH ∥平面 CDE ． 在Rt△AED中，EH  AD，DHDADE2， 32 又 ， ，DH  ， DE8 AD10 5 CG DH 16 ，   ， ∵ HG∥CD CB DA 25 EM CG 16 又 ，   ， MG∥CE EB CB 25 EM 16 所以在线段BE上是否存在点M，使得 ∥平面 ，且  ． MH CDE EB 25 ABC- ABC BC CC 变式2．（2023春·安徽六安·高一六安一中校考期中）如图，在三棱柱 1 1 1中， 1 1 1 ，平面 ACCA BCCB 1 1 平面 1 1. BC  AC (1)求证： 1 1 1 ； 65AB EF// ACCA (2)点E是线段BC中点，在线段 1 1上是否存在点F，使得 平面 1 1 ，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的性质定理即可求解； （2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理即可求解. BC CC ACCA BCCB ACCA BCCB CC BC  【详解】（1）因为 1 1 1 ，平面 1 1 平面 1 1，平面 1 1 平面 1 1 1 ， 1 1 平 BCCB 面 1 1， BC  ACC A 所以 1 1 平面 1 1 . AC ACCA 又因为 1 平面 1 1 ， BC  AC 所以 1 1 1 . AB （2）存在，且点 F 是线段 1 1的中点，理由如下： AC 取 1 1的中点G，连接FG，GC.如图所示 △ABC AB AC 在 1 1 1中，因为F，G分别是 1 1， 1 1的中点， 1 所以FG∥BC ，且FG 2 B 1 C 1 . 1 1 BCCB 在平行四边形 1 1中，因为E是BC的中点， 1 所以EC∥BC ，且EC 2 B 1 C 1 ， 1 1 所以EC∥FG，且ECFG 所以平行四边形FECG是平行四边形， 66所以EF∥GC. EF  ACCA GC ACCA 又因为 平面 1 1 ， 平面 1 1 ， EF// ACCA 所以 平面 1 1 . 故存在，且点 F 是线段 A 1 B 1的中点，使得 EF// 平面 A 1 C 1 CA . 2 变式3．（2022春·甘肃兰州·高一兰州市第二中学校考期末）如图， 中，ACBC AB， ABC 2 ABED 是正方形，平面ABED平面ABC，若G、F 分别是EC、BD的中点． (1)求证：GF//平面ABC； (2)求证：BC平面ACD. 【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. 【详解】（1）证明：如图，取BE的中点H，连接HF，GH． ∵G，F 分别是 EC 和BD的中点， HG//BC ，HF//DE． 67又∵四边形ADEB为正方形， DE//AB，从而HF//AB． ∵ BC平面ABC，HG平面ABC， HG//平面ABC， 同理HF//平面ABC，又HGHF H ， 平面HGF//平面ABC， ∵GF 平面HGF， 则GF//平面ABC； （2）∵ ADEB为正方形， AD AB． 又平面ABED平面ABC，且平面ABED平面ABC AB，AD面ADEB， AD平面ABC，BC平面ABC，则ADBC， 2 ∵ AC BC  AB 2 ，AB1， 2 AC BC   2 ，则CA2CB2  AB2，得ACBC． ADAC  A AD,AC ACD 又 ， 平面 ， BC平面ACD； 考点九：线面平行与垂直关系的探索性问题 例13．（2023春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第三高级中学校考期中）如图所示，三棱柱 ABC- ABC AA  ABC E,F CC,BB 1 1 1，底面是边长为2的正三角形，侧棱 1 底面 ，点 分别是棱 1 1 上的点，点 M 是线段AC上的动点，EC 2FB2． 68(1)当点M在何位置时，BM //平面AEF ? (2)若BM //平面AEF ，求BM 与EF所成的角的余弦值． 【答案】(1)点M 为AC的中点 15 (2) 5 AE,AC O,M OF,OM OMBF 【分析】（1）分别取 的中点为 ，连接 ．可推得四边形 为平行四边形， BM //OF．进而根据线面平行的判定定理，得出线面平行； （2）由（1）知，OF 与EF所成的角OFE（或其补角），即等于BM 与EF所成的角.然后构造直角三角 OE 2 AF  5 EF  5 FO AE Rt△EOF 形，可推得 ， ， ，进而得出 ，在 中，即可得出答案. 【详解】（1） AE,AC O,M OF,OM 如图1所示，分别取 的中点为 ，连接 ． 因为 O,M 分别是AE,AC的中点， 1 所以 ，且OM  EC. OM //EC 2 BB //AA 1 1 又因为 ， 所以FB//EC，所以FB//OM . 又EC 2FB2，所以FB=OM . 所以四边形OMBF 为平行四边形， 所以BM //OF． 因为OF 平面AEF ，BM 平面AEF ， 所以BM //平面AEF . 所以，当点M 为AC的中点时，有BM //平面AEF . （2）由（1）知，点M 为AC的中点，且BM 与EF异面. 69因为BM //OF， 所以OF 与EF所成的角OFE（或其补角），即等于BM 与EF所成的角. AE AC2CE2 2 2 AF  AB2BF2  5 由已知可得， ， ， OE 2 所以 . 如图2，取CE中点为G，连接FG，易知BF CG1， 则FGCG，FGCB2， EG1 EF  EG2FG2  5 所以 ， ， 所以FEFA. 因为O是AE的中点，所以FO AE， OF  EF2OE2  3 所以， ， OF 3 15 cosOFE   所以，在Rt△EOF 中，有 EF 5 5 ， 15 所以BM 与EF所成的角的余弦值为 5 ． 变式1．（2021春·内蒙古包头·高一统考期末）如图，在四棱锥PABCD中，已知底面ABCD是菱形，且 对角线AC与BD相交于点O. 70(1)若PBPD，求证：平面PBD 平面PAC； E BC PC F PB∥ AEF (2)设点 为 的中点，在棱 上是否存在点 ，使得 平面 ？请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）先证明BD 平面PAC，再证明平面PBD 平面PAC即可； PC F PB∥ AEF （2）存在棱 的中点 使得 平面 ，可使用线面平行判定定理证明. 【详解】（1） 由已知，O为BD中点，连接PO，若PBPD，则PO  BD， 又∵底面ABCD是菱形，∴AC  BD， ∵POAC O，PO平面PAC，AC平面PAC，∴BD 平面PAC， 又∵BD 平面PBD，∴平面PBD 平面PAC. （2） 71棱PC上存在点F ，使得PB∥平面AEF ，F 为PC中点，证明如下： 取PC的中点F ，连接AF ，EF，∵E是BC的中点，∴EF ∥PB， 又∵EF 平面AEF ，PB平面AEF ， PB∥ AEF ∴ 平面 . PC F PB∥ AEF 故存在棱 的中点 使得 平面 . 变式2．（2022春·山东聊城·高一山东聊城一中校考期中）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四 F,G PB,AD 边形， 分别为 的中点. ∥ PCG (1)证明：AF 平面 ； BD N FN ∥ PCG (2)在线段 上是否存在一点 ，使得 平面 ，并给出必要的证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，证明见解析 【分析】（1）取PC中点H，证明四边形AGHF 为平行四边形即可； （2）设BDCGO，取OB中点K，先证明FK//平面PCG，即可证明点N 在线段BD靠近B端的三等 分点时符合题意. PC H GH,FH PBC F PB 【详解】（1）证明：取 中点 ，连接 ，在 中， 为 的中点， 1 FH∥ BC . 2 1 为 的中点， AG∥ BC,AG∥FH,AGFH ， ∵G AD 2 即四边形AGHF 为平行四边形，AF∥GH . 72QGH  PCG,AF  PCG,AF ∥ PCG 平面 平面 平面 . （2）设BDCGO，取OB中点K，连接FK ，则在POB中， ∵ F,K分别是 OB,PB 的中点， FK∥OP ∵OP平面PCG,FK 平面PCG， FK ∥ PCG 平面 . ∵DOG与BOC相似，且相似比为1:2， BO2DO2KB K为BD的三等分点. N K FN ∥ PCG 在 点位置时满足 平面 . 即点N 在线段BD靠近B端的三等分点时符合题意. 例14．（2022春·山西大同·高一大同市第二中学校校考期中）如图，在正方体 中， ABCDABCD 1 1 1 1 73DD E 为 1的中点． BD // (1)求证： 1 平面 AEC ； BFD (2) CC 1上是否存在一点 F ，使得平面 AEC// 平面 1 ，若存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，理由见解析． 【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行； （2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行. 【详解】（1）证明：如图，连接BD交AC于O，连接EO. 因为 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1为正方体，底面 ABCD 为正方形，对角线 AC ， BD 交于 O 点， 所以O为BD的中点， DD 又因为 E 为 1的中点， △DBD OE △DBD 所以在 1中， 是 1的中位线， OE//BD 所以 1， 又因为 OE 平面 AEC ， BD 1  平面 AEC ， 74BD // 所以 1 平面 AEC . BFD （2）解：当 CC 1上的点 F 为中点时，即满足平面 AEC// 平面 1 ，理由如下： DF 连接 BF ， 1 ， 因为 F 为 CC 1的中点， E 为 DD 1的中点， CF//ED,CF =ED 所以 1 1， CFDE 1 所以四边形 为平行四边形， DF //EC 所以 1 ， DF  又因为 EC 平面 AEC ， 1 平面 AEC ， DF // AEC 所以 1 平面 . BD // 由（１）知 1 平面 AEC ， BD DF D BD DF  BFD 又因为 1 1 1， 1， 1 平面 1 ， BFD AEC// 1 所以平面 平面 . 变式1．（2023春·天津西青·高一天津市西青区杨柳青第一中学校考期中）如图，四棱锥PABCD中， AB//CD，AB2CD，E为PB的中点． 75(1)求证： CE// 平面PAD. (2)在线段AB上是否存在一点F ，使得平面PAD//平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说 明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，证明见解析 【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行； （2）点F 为线段AB的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面PAD//平面CEF． 【详解】（1）证明：如图所示，取 PA 的中点 H ，连接EH ， DH ． 因为E为PB的中点， 1 所以 ，EH  AB． EH //AB 2 1 又 ，CD AB， AB//CD 2 所以EH //CD，EH CD． 因此四边形DCEH是平行四边形， 所以CE//DH ． 又DH 平面PAD，CE  平面PAD， 因此 CE// 平面PAD． （2）解：如图所示，取AB的中点F ，连接CF，EF， 761 所以AF  AB 2 1 又CD AB，所以 ． 2 AF CD 又AF//CD，所以四边形AFCD为平行四边形， 因此CF//AD． 又CF 平面PAD，所以CF//平面PAD． 由（1）可知 CE// 平面PAD． CECF C CEF// PAD 因为 ，故平面 平面 ． ABCABC AC 变式2．（2023春·河南洛阳·高一校考期中）如图，在三棱柱 1 1 1中， E ， F 分别为线段 1 ， AC 1 1的中点． EF// BCCB (1)求证： 平面 1 1． BC G EFG// ABBA ? (2)在线段 1 上是否存在一点 ，使平面 平面 1 1 请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 EF//A //B 1 EF 1 【分析】（1）根据中位线的性质可得 A，再根据线面平行的判定可得 B即可； 77BC G GE,GF 1 （2）取 的中点 ，连接 ，根据中位线的性质判定即可 AC AC EF//A BB//AA //B 【详解】（1）证明：因为 E ， F 分别为线段 1 1 1的中点所以 1 A.因为 1 1 ，所以 EF 1 EF  BCCB BB BCCB EF// BCCB B.又因为 平面 1 1， 1 平面 1 1，所以 平面 1 1． BC 1 G GE GF. E AC 1 GE//AB （2）取 的中点 ，连接 ， 因为 为 的中点所以 ． GE ABB 1 A 1 AB ABB 1 A 1 GE // ABB 1 A 1 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， EF// ABB 1 A 1 EFEGE EG EF  EFG EFG// 同理可得， 平面 ，又因为 ， ， 平面 ，所以平面 平面 ABBA 1 1 BC G EFG// ABBA 1 1 1 故在线段 上存在一点 ，使平面 平面 ． 例15．（2020秋·安徽亳州·高一统考期末）如图，在四棱锥A－BCDE中，四边形BCDE为菱形， AB AD3 BD2 3 ， ，AE＝AC，点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是AC的中点． DF (1)证明： ∥平面CEG． (cid:12) (cid:12) BH tBD (2)点H为线段BD上一点，设 ，若AH⊥平面CEG，试确定t的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)0. 【分析】（1）取AG的中点Ⅰ，记BDCEO，连接FⅠ，DⅠ，GO，由三角形中位线定理可得FI ∥ 78CG，GO∥DI，然后先证得线面平行，再可证得面面平行； （2）由已知可得△ABC≌△ABE，则GC＝GE，得OC⊥OG，结合已知可得OC⊥平面ABD，则OC⊥AG，利 用余弦定理求出GO，再由勾股定理的逆定理可得BG⊥OG，由线面垂直的判定可得AG⊥平面CEG，从而 可得H与B重合，进而可求得结果. 【详解】（1）证明：如图，取AG的中点Ⅰ，记BDCEO，连接FⅠ，DⅠ，GO． 在△ACG中，F，Ⅰ分别为AC，AG的中点，所以 FI ∥CG， 同理，在△BDⅠ中，有GO∥DI， 因为CG,GO平面IFD， FI,DI  平面IFD， 所以CG∥平面IFD，GO∥平面IFD， 因为CGGOG，CG,GO平面GCO， 所以平面GCO∥平面 IFD ， 又DF 平面ⅠFD， DF 所以 ∥平面CEG． （2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC⊥OD． 因为AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE， 则GC＝GE， 又因为点O是EC的中点，所以OC⊥OG． OGDOO OG,DO 因为 ， 平面ABD， 所以OC⊥平面ABD， AG 因为 平面ABD， 所以OC⊥AG． AB AD3 BD2 3 因为 ， ， 79OB 3 所以cosABD  ， AB 3 OG BG2OB22BGOBcosABD  2 则 ， OG2 BG2 OB2 则 ，所以BG⊥OG． OCOGO OC,OG 又因为 ， 平面CEG， 所以AG⊥平面CEG． 若AH⊥平面CEG，则H与B重合． 故t0． 变式1．（2022春·河南开封·高一统考期末）如图，在四棱锥PABCD中，侧棱PD底面ABCD，底面 ABCD是直角梯形，AB∥DC，ADDC，且AB AD1，PDDC2，E是PC的中点． (1)求证：BE∥平面 PAD ； PB (2)在线段PB上是否存在一点 Q ，使得PC 平面 DEQ ？若存在，求出QB 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； PB 3 QB (2)存在， PD F EF∥AB,EF  AB EFAB BE∥AF 【分析】（1）取 中点 ，由 证得四边形 为平行四边形，进而证得 ， 即可证得BE∥平面PAD； PB 3 （2）存在点 Q ， QB ，先求出 PQ,PE ，再由余弦定理求得QE，结合勾股定理证得QEPC，又 80DEPC PC  DEQ ，即可证得 平面 . 【详解】（1） 1 取 PD 中点 F ，连接EF,AF，因为 E 是 PC 的中点，则EF∥DC,EF  2 DC 1，又 1 AB∥DC,AB DC 1， 2 则EF∥AB,EF  AB，则四边形EFAB为平行四边形，则BE∥AF ，又AF 平面PAD，BE平面PAD， 则BE∥平面PAD； （2） PB 3 存在点 ，使得 平面 ，此时 ，证明如下： Q PC  DEQ QB 连接BD，易得BD 2， BC 12212  2 ，又PD底面ABCD，CD,BD底面ABCD，则 PDDC,PDDB，  2 则 ，PB 22 2  6，则 ， ，又 PC  44 2 2 PB2BC2 PC2 PBBC 2 2 6 1 PQ PB ,PE PC  2 3 3 2 ， 81PB 3 2 cosBPC  QE2 PQ2PE22PQPEcosBPC  PC 2 ，由余弦定理得， 3，则QE2PE2 PQ2 ， QEPC DEPC QEDEE QE,DE DEQ PC  DEQ Q ，又 ， ， 平面 ，则 平面 ，故存在点 ，使得 PB 3 PC 平面 DEQ ，此时 QB . 变式2．（2022春·北京·高一北京市陈经纶中学校考期中）如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD， M，N分别是AB，PC的中点． MN∥ (1)求证： 平面PAD； (2)试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)当PA AD时，MN⊥平面PCD 【分析】（1）根据题意可证EN ∥AM 且EN  AM ，则 AMNE 为平行四边形，即AE∥MN，结合线面 平行的判定定理说明；（2）根据线面垂直的判定和性质均可得MN⊥平面PCD AE ⊥PD PA AD． PD E AE,EN 【详解】（1）取 的中点 ，连接 1 EN  CD ∵E,N分别为PD,PC的中点，则 EN ∥ CD 且 2 1 又∵M是AB的中点且四边形ABCD为矩形，则 ∥ 且 AM  CD AM CD 2 则EN ∥AM 且EN  AM ，即 AMNE 为平行四边形，则AE∥MN AE平面PAD，MN平面PAD 82MN∥ ∴ 平面PAD （2）若MN⊥平面PCD，AE∥MN，则AE⊥平面PCD ∴AE⊥PD，且E为PD的中点 ∴PA AD 若PA AD且E为PD的中点，则AE⊥PD ∵PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD 四边形ABCD为矩形，则AD⊥CD PAAD A，则CD⊥平面PAD AE平面PAD，则AE⊥CD PDCDD，则AE⊥平面PCD AE∥MN，则MN⊥平面PCD 综上所述：当PA AD时，MN⊥平面PCD 例16．（2021春·北京·高一北京市八一中学校考期末）如图所示，在正四棱柱 中， ABCDABCD 1 1 1 1 AC P 是线段 1 1上的动点. 83BP// ACD （1）证明： 平面 1； AC ACD AC :AP （2）在线段 1 1上是否存在一点 P ，使得平面 BDP 平面 1？若存在，请求出 1 1 1 的值；若不存 在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）2 BA BC BC // ACD BA// ACD 【分析】（1）连接 1 ， 1 ，根据正四棱柱的性质可得 1 平面 1， 1 平面 1，即可得到平 BAC // ACD 面 1 1 平面 1，即可得证； （2）首先证明 AC  面 BB 1 D ，即可得到平面 ACD 1  平面 BB 1 D ，依题意平面 BDP 与面 BB 1 D 重合时满足 ACD 平面 BDP 平面 1，即可确定 P 的位置，从而得解； BA BC ABCDABCD AB//DC AB=DC 【详解】解：（1）连接 1 ， 1 ，在正四棱柱 1 1 1 1中， 1 1且 1 1，所以四边形 ABCD AD//BC AD  ACD BC  ACD BC // ACD 1 1为平行四边形，所以 1 1 ，因为 1 平面 1， 1 平面 1，所以 1 平面 1， CB//DA CB=DA CBAD CD//BA CD  ACD BA  1 1且 1 1，所以四边形 1 1为平行四边形，所以 1 1 ，因为 1 平面 1， 1 平 ACD BA// ACD 面 1，所以 1 平面 1， 又 BA 1 BC 1 =B ， BA 1 ,BC 1  面 BA 1 C 1，所以平面 BA 1 C 1 // 平面 ACD 1，又 BP 平面 BA 1 C 1， 84BP// ACD 所以 平面 1 （2）因为在正四棱柱 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1， ACBD ， BB 1  面 ABCD ， AC 面 ABCD ，所以 BB 1  AC ， BB BDB BB,BD BBD AC  BBD AC ACD ACD  1 ， 1 面 1 ，所以 面 1 ，因为 平面 1，所以平面 1 平面 BB 1 D ，因为面 BDP 面 BB 1 DBD ， ACD BBD AC 要使平面 BDP 平面 1，则平面 BDP 与面 1 重合，即 P 在 1 1的中点时满足题意，所以 AC :AP2 1 1 1 变式1．（2022春·辽宁葫芦岛·高一统考期末）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AB3， (cid:12) 1(cid:12) ，已知 AE  ED ，且 平面 ， (cid:12) (cid:12) ，(cid:12) (cid:12) ． BC4 3 PE ABCD BF FC CG2GD (1)在线段FG上确定一点M使得平面PEM 平面PFG，并说明理由； 2 (2)若二面角PFGE的余弦值为3，求PG与平面PEM所成角的正切值． 【答案】(1)M 为 FG 中点，理由见解析 851 (2)3 【分析】（1）M 为 FG 中点，连接PM ，EM ，过E作EHBC于 H ，由线面垂直的判定定理证明FG 平面PME，再由面面垂直的判定定理证明即可； （2）由线面角与二面角的定义求解即可 【详解】（1）M 为 FG 中点，证明如下： 连接PM ，EM ，过E作EHBC于 H ， Rt△EHF EH 3 HF 1 EF  10 于是在 中， ， ，故 ； 在Rt△EDG中，ED3， DG1 ，故 EG 10 所以EFEG，EFG为等腰三角形 又PE平面ABCD，Rt△PEF≌Rt△PEG 所以 PF PG ，△PFG为等腰三角形 故在等腰三角形EFG和等腰三角形PFG中有FGEM ，FGPM 又 EM PM M ，且EM ，PM 平面PME FG 平面PME， 又FG平面PFG， 平面PFG平面PME． （2）由（1）的结果可知，PME为二面角PFGE的平面角， 2 在 中， cosPME ， ， Rt△PEM 3 FG CF2CG2  44 2 2 1 FM  2 FG 2， EM  EF2FM2  102 2 2 ， 86EM 2 2 PM   3 2 所以 cosPME 2 ， 3 GM  由（1）中证明可知 平面PEM 故PG与平面PEM 所成角为 GPM GM 在 中，tanGPM  ，又 Rt△GMP PM GM MF  2 2 1 tanGPM   PG与平面PEM 所成角的正切值为 3 2 3 P- ABCD ABCD DAB60 变式2．（2021·浙江·高一期末）如图所示，在四棱锥 中，底面 是 且边长为a 的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点． （1）求证：BG//平面PDE； （2）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF 平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明 理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）点F 为PC的中点，证明见解析. DE,PE DGBE BG//DE 【解析】（1）连接 ，可证明四边形 是平行四边形，得出 ，利用线面平行的判断定 理即可证明； （2）猜想点F 为PC的中点时，平面DEF 平面ABCD，再利用面面垂直的性质定理证明PG平面 ABCD，OF//PG，可得 OF  平面ABCD，利用面面垂直的判定定理即可证明. 87【详解】 DE,PE （1）连接 ， 因为 G 为 AD 的中点，E为 BC 的中点， 1 1 所以DG DA， BE BC ， 2 2 ABCD AD∥BC 因为底面 是菱形，所以 ， DG∥BE DGBE 所以 ，所以四边形 是平行四边形， 所以BG//DE， 又因为BG平面PDE，DE平面PDE， 所以BG//平面PDE， （2）点F 为PC的中点时，平面DEF 平面ABCD， PAD AD 证明如下：因为侧面 为正三角形，G为 的中点， 所以PG AD， 因为平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCD AD， PG AD，PG平面 PAD ， 所以 PG 平面ABCD， 连接CG交 DE 于点O，则点O是CG的中点， 所以OF//PG， 所以 OF  平面ABCD， 又因为OF 平面 DEF ， 所以平面DEF 平面ABCD. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法 （1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或 88与另外一个平面内的一条直线平行即可； //, （2）利用性质： （客观题常用）； （3）面面垂直的定义（不常用）； 0 （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于 . 考点十：平行与垂直的综合应用 例17．（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中）如图，在四棱锥 中，底面 是菱 PABCD ABCD AB4 DAB60 PAPD 6 PB 14 形， ， ， ， ，M，N分别为PB，DC的中点. MN// PAD (1)求证： 平面 ； (2)求证：面PAD面ABCD． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取PA中点E，连接DE，ME，由题意可证得MN //DE，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）取AD中点O，连接OP，OB，由题意可证得POOB，PO AD， 再由线面垂直的判定定理可证得 PO⊥面ABCD，再由面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】（1）取PA中点E，连接DE，ME 1 因为ME是 中位线，所以 ，且EM  AB； PAB ME//AB 2 1 DN  AB 又ABCD是菱形，则DN //AB且 2 ， 89MEDN,ME//DN 所以 ，即MNDE是平行四边形. 所以MN //DE，DE面 PAD ，MN 面 PAD ， MN // PAD 所以 面 ． （2）取AD中点O，连接OP，OB，因为AD AB4，DAB60°， OB AD BO2 3 所以△ADB是正角形， ，且 ； PO AD，PA 6，AO2 PO 2 又因为△PAD是等腰三角形， ，可知 PB 14 POOB 因为 ，由勾股定理知 又因为ADOBO，BO，AD 面ABCD， 所以PO⊥面ABCD，PO 面PAD⊂，所以面PAD⊥面ABCD. ⊂ ABCDABCD ABBC 变式1．（2021秋·陕西渭南·高一统考期末）如图，在长方体 1 1 1 1中， ， ACBDO ，点 P 为 DD 1的中点.求证： BD // PAC 1 (1)直线 平面 ； PAC  BDD 1 (2)平面 平面 . 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 PO PO∥BD 1 【分析】（1）连接 ，根据 得到证明. DD 1  AC BD AC AC  BDD 1 AC PAC （2）根据 ， 得到 平面 ， 面 ，得到证明. 90【详解】（1）连接 PO ，在 BDD 1 中，P，O分别是 DD 1， BD 的中点，则 PO∥BD 1 . BD  PAC PO PAC BD ∥ PAC 1 1 又 平面 ， 平面 ，故 平面 . ABCDABCD DD  ABCD AC ABCD （2）在长方体 1 1 1 1中， 1 平面 ， 平面 ， DD  AC 1 故 . ABCDABCD ABBC ABCD 在长方体 1 1 1 1中， ，故四边形 为正方形. 故BD AC. DD I BDD DD BD BDD AC  BDD 又 1 ， 1， 平面 1 ，故 平面 1 . AC PAC PAC  BDD 1 又 面 ，故平面 平面 . 变式2．（2023春·天津西青·高一天津市第九十五中学益中学校校考期中）如图，在直四棱柱 ABCDABCD CC  ABCD ABCD BC DC DB AA 2 1 1 1 1中， 1 平面 ，底面 是菱形，且 1 ，E是BC的中 点. BD // DEC (1)求证： 1 平面 1 ； BBCC (2)求证：直线 DE 平面 1 1； 91BD DDCC (3)求直线 1 与平面 1 1所成角的正弦值. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 6 (3) 4 【分析】（1）连接DC交DC 于点H，先证明HE//DB，再由线面平行判定定理可证明； 1 1 1 （2）由题意可证明 DE⊥BC，CC ⊥DE，即可证明DE⊥平面BBCC ; 1 1 1 BO sinBDO （3）BO平面 D 1 DCC 1,则 BD 1 O是直线 BD 1与平面 D 1 DCC 1所成角，代入 1 BD 1 ，即可得出 答案. 【详解】（1）因为：连接DC交DC 于点H，则H为DC中点, 1 1 1 点E为CD中点 ∴HE//DB. 1 ∵HE在平面C DE内，DB 平面C DE. 1 1 1 直线BD 1 //平面C 1 DE. ⊄ BC DC DB AA 2 （2）∵ 1 ，E是BC的中点. ∴DE⊥BC, ∵CC ⊥平面ABCD 且DE在平面ABCD内, 1 ∴CC ⊥DE, 1 ∵CC 在平面BBCC 内，CB在平面BBCC 中且CC ∩BC＝C 1 1 1 1 1 1 ∴DE⊥平面BBCC 1 1, 92（3） ∵ BC DC DB2,BDC DC O 是等边三角形，取 中点 , BOCD,BODD CDDD D,CD DDCC DD  DDCC 则 1 , 1 平面 1 1 , 1 平面 1 1 BO DDCC 1 1 平面 BDO BD DDCC 1 是直线 1 与平面 1 1所成角， Rt△BOD ∵ BC DC DB2,BO 3,∵ DD BD2,BD  2222 2 2 在 1中， 1 1 BO 3 6 sinBDO   1 BD 2 2 4 . 1 变式3．（2022春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）三棱锥DABC（如图1），O、E、F分别 是线段AC、 AD 、BD的中点，G是OC中点（如图2）． (1)若AB AC，DBDC，求证：ADBC FG BOE (2)求证： //平面 ． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. BC H AH,DH 【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，利用线面垂直的判定及性质推理作答. 93（2）连接AFBEM ，连OM ，证明FG//OM ，再利用线面平行的判定推理作答. DABC BC H AH,DH 【详解】（1）在三棱锥 中，取 的中点 ，连接 ，如图， AB AC DBDC AH BC,DH BC AHDH H,AH,DH  ADH 因为 ， ，则有 ，而 平面 ， 因此BC平面ADH ，又AD平面ADH ， 所以ADBC. （2）连接AFBEM ，连OM ，因为E、F分别是线段AD、BD的中点，则点M 是△ABD的重心， 于是AM 2MF ，又O是线段AC的中点，G是OC的中点，则AOOC 2OG， AM AO  即 ，因此 ，而 平面 ， 平面 ， MF OG FG//MO MO  BOE FG BOE 所以FG//平面 BOE . 1 1．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥 中，线段 上的点 满足PM  PC，线段 上的 PABC PC M 3 PB 2 点 满足PN  PB，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为（ ） N 3 PAMN PABC 1 2 1 4 A．9 B． 9 C．3 D．9 【答案】B 【分析】分别过 M,C 作 MM PA,CC PA ,垂足分别为 M,C .过B作 BB  平面 PAC ，垂足为B ，连接 PB N NN PB N NN PAC BB//NN MM//CC ,过 作 ,垂足为 .先证 平面 ，则可得到 ，再证 .由三角形相 94MM 1 NN' 2 V V   PAMN  NPAM 似得到 CC 3， BB' 3，再由V V 即可求出体积比. PABC BPAC 【详解】如图，分别过 M,C 作 MM PA,CC PA ,垂足分别为 M,C .过B作 BB  平面 PAC ，垂足为B ， PB N NN PB N 连接 ,过 作 ,垂足为 . BB  PAC BB PBB PBB  PAC 因为 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 . PBB  PAC PB NN PB NN PBB NN PAC BB//NN 又因为平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 ，且 . PM MM 1   在 △PCC 中，因为MM PA,CC PA，所以 MM//CC，所以 PC CC 3， PN NN 2   在△PBB中，因为BB//NN，所以 PB BB 3， 1 S NN 1    1 PAMM  NN V V 3 PAM 3 2  2 PAMN  NPAM    所以 V PABC V BPAC 1 3 S PAC BB 1 3     1 2 PACC    BB 9 . 故选：B ABC- ABC AA 2．（2023·天津·统考高考真题）三棱台 1 1 1中，若 1 面 ABC,AB AC,AB AC  AA 2,AC 1 M,N BC,BA 1 1 1 ， 分别是 中点. 95AN CMA (1)求证： 1 //平面 1 ； CMA ACC A (2)求平面 1 与平面 1 1 所成夹角的余弦值； C CMA (3)求点 到平面 1 的距离． 【答案】(1)证明见解析 2 (2)3 4 (3) 3 MNAC 1 1 【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） AC 连接MN,C 1 A.由M,N分别是 BC,BA 的中点，根据中位线性质， MN // AC ，且MN  2 1， 由棱台性质， A 1 C 1// AC ，于是 MN // A 1 C 1，由 MN  A 1 C 1 1 可知，四边形 MNA 1 C 1 是平行四边形，则 A 1 N // 96MC 1， AN  CMA MC  CMA AN CMA 又 1 平面 1 ， 1 平面 1 ，于是 1 //平面 1 . EF  AC MF,CE M ME AC E E 1 F 1 （2）过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ,连接 . 由 ME 面 ABC ， A 1 A 面 ABC ，故 AA 1 ME ，又 ME AC ， AC∩AA 1  A ， AC,AA 1  平面 ACC 1 A 1 ， ACC A ME 1 1 则 平面 . AC  ACC A ME AC EF  AC ME,EF  AC  由 1 平面 1 1 ，故 1，又 1 ， MEEF E ， 平面 MEF ，于是 1 平 面MEF ， 由 MF  平面 MEF ，故 AC 1 MF .于是平面 C 1 MA 与平面 ACC 1 A 1 所成角即 MFE . AB 1 2 2 又ME 2 1， cosCAC 1  5 ，则sinCAC 1  5 ，故EF 1sinCAC 1  5 ，在 RtMEF 中， 4 3 MF  1  MEF 90，则 5 5 ， EF 2 于是cosMFE  MF 3 （3）[方法一：几何法] 97C CP AC CQ AM Q PQ,PM PRCQ 过 1 作 1 ，垂足为 P ，作 1 ，垂足为 ，连接 ，过 P 作 1 ，垂足为 R . 2  2 3 2 由题干数据可得， C ACC  5 ， CM  CP2PM2  5 ，根据勾股定理，C 1 Q 5   2     2 ， 1 1 1 1 由 C 1 P 平面 AMC ， AM  平面 AMC ，则 C 1 P AM ，又 C 1 Q AM ， C 1 QC 1 PC 1 ， C 1 Q,C 1 P 平面 CPQ CPQ AM  1 1 ，于是 平面 . 又 PR 平面 C 1 PQ ，则 PR AM ，又 PRC 1 Q ， C 1 QAM Q ， C 1 Q,AM  平面 C 1 MA ，故 PR 平面 CMA 1 . 2 2 PC PQ 2 2 PR 1   在 中， QC 3 2 3， 1 RtCPQ 2 1 又 CA2PA ，故点 C 到平面 C 1 MA 的距离是 P 到平面 C 1 MA 的距离的两倍， 4 即点 C 到平面CMA的距离是 3 . 1 [方法二：等体积法] 98辅助线同方法一. 设点 C 到平面 C 1 MA 的距离为 h . 1 1 1  2 2 V  CPS  2  2  ， C1AMC 3 1 AMC 3 2 3 1 1 1 3 2 h V  hS  h  2  CC1MA 3 AMC1 3 2 2 2. 4 h 2 h 由V C1AMC V CC1MA  2  3 ，即 3. PABC ABBC AB2 BC 2 2 3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ， PBPC  6 BP,AP,BC D,E,O F AC BF  AO ， 的中点分别为 ，点 在 上， ． (1)求证：EF//平面ADO； (2)若POF 120，求三棱锥PABC的体积． 【答案】(1)证明见解析 2 6 (2) 3 99【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）作出并证明PM 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. (cid:12) (cid:12) 1(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) AOBA BC 【详解】（1）连接DE,OF，设 AF tAC ，则 BF BAAF (1t)BAtBC ， 2 ， BF  AO， 则  B  F (cid:12)   A (cid:12) O  [(1t)  B (cid:12) A  t  B  C (cid:12) ](  B (cid:12) A   1 B  C (cid:12) )(t1)  B (cid:12) A  2  1 t  B  C (cid:12) 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 1 1 于是DE//AB,DE 2 AB,OF//AB,OF  2 AB，即DE//OF,DEOF， 则四边形ODEF 为平行四边形， EF//DO,EF DO，又EF 平面ADO,DO平面ADO， 所以EF//平面ADO. （2）过P作PM 垂直 FO 的延长线交于点M ， 因为PBPC,O是BC中点，所以POBC， 1 在 中，PB 6,BO BC  2， Rt△PBO 2 PO PB2OB2  62 2 所以 ， 因为ABBC,OF//AB， OF BC POOF O PO,OF  POF 所以 ，又 ， 平面 ， POF POF 所以BC平面 ，又PM 平面 ， 所以BCPM ，又BCFM O， BC,FM  平面ABC， 所以PM 平面 ABC ， 即三棱锥PABC的高为PM ， 因为POF 120，所以POM 60， 3 所以PM POsin602  3， 2 1 1 又S △ABC  2 ABBC  2 22 2 2 2， 1 1 2 6 V  S PM  2 2 3 所以 PABC 3 △ABC 3 3 . 100PABC ABBC AB2 BC 2 2 4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ， PBPC  6 AD 5DO BF  AO ，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O， ，点F在AC上， . (1)证明：EF//平面ADO； (2)证明：平面ADO平面BEF； DAOC (3)求二面角 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 2 (3) 2 . 【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）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. （3）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. (cid:12) (cid:12) 1(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) AOBA BC 【详解】（1）连接DE,OF，设 AF tAC ，则 BF BAAF (1t)BAtBC ， 2 ， BF  AO， 则  B  F (cid:12)   A (cid:12) O  [(1t)  B (cid:12) A  t  B  C (cid:12) ](  B (cid:12) A   1 B  C (cid:12) )(t1)  B (cid:12) A  2  1 t  B  C (cid:12) 2 4(t1)4t 0， 2 2 1011 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 1 1 于是DE//AB,DE  2 AB,OF //AB,OF  2 AB，即DE//OF,DEOF，则四边形 ODEF 为平行四边形， EF//DO,EF DO，又EF 平面ADO,DO平面ADO， 所以EF//平面ADO. 6 30 AO 6,DO AD 5DO （2）由（1）可知EF//OD，则 2 ，得 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 . （3）过点O作OH //BF 交AC于点 H ，设ADBEG， 1 FH  AH 由 ，得 ，且 ， AOBF HO AO 3 又由（2）知，OD AO，则DOH为二面角 DAOC 的平面角， 因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为PAB的重心， 1 1 1 3 即有 DG AD,GE BE ，又 FH  AH ，即有DH  GF， 3 3 3 2 3 15 4  2 2 46PA2 cosABD  6 22 6 ，解得 ，同理得 6 ， 22 BE 2 PA 14 2 2 2 1 6  6 5 GF2       于是 ，即有 ，则     ， BE2EF2 BF2 3 BEEF  3 2   2  3 10215 3 15 15 GF  DH    从而 3 ， 2 3 2 ， 1 3 6 15 OH  BF  ,OD ,DH  在△DOH 中， 2 2 2 2 ， 6 3 15   于是 cosDOH  4 4 6 4 3  2 2 ， sinDOH  1   2  2  2 ， 2   2  2 2 2   2 所以二面角DAOC的正弦值为 2 . 一、单选题 1．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为 PB的中点，下列结论正确的个数为（ ） ①OM //平面PBC② OM //平面PCD ③ OM //平面PDA ④ OM //平面PBA 103A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】证明OM //PD，即可证明②③正确；M平面 PBC ，故①错误，M平面 PAB ，故④错误． PBC 【详解】对于①，M平面 ，故①错误； PCD PCD 对于②，由于O为BD的中点，M 为PB的中点，则OM //PD， OM  平面 ，PD平面 ，则 PCD OM //平面 ，故②正确； 对于③，由于OM //PD，OM  平面 PAD ，PD平面 PAD ，则OM //平面 PAD ，故③正确； 对于④，由于M平面 PAB ，故④错误． 故选：B   2．（2023·四川宜宾·统考三模）已知两个平面 ， ，两条直线l，m，则下列命题正确的是（ ）  l l  A．若 ， ，则 l m ml  B．若 ， ， ，则 l m m∥ l∥ ∥ C．若 ， ， ， ，则 l l∥ m m∥ ∥ D．若l，m是异面直线， ， ， ， ，则 【答案】D 【分析】根据直线、平面的位置关系一一判断求解.  l l∥ l l  【详解】对于A，若 ， ，则 或 或 与 相交，A错误； l m ml   对于B，若 ， ， ，则 与 可以相交或平行，B错误； l m m∥ l∥   对于C，若 ， ， ， ，则 与 可以相交或平行，C错误； m m∥ m,m∥m 对于D，因为 ， ，所以存在直线 ， 因为l，m是异面直线，所以l与m相交， 因为m∥m,m,m，所以m∥， l l∥ ∥ 又因为 ， ，所以 ，D正确， 故选:D. 3．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥SABCD中，E是 BC 的中点，P点在侧面SCD 内及 104其边界上运动，并且总是保持PE∥平面SBD．则动点P的轨迹与SCD 组成的相关图形最有可能是图中的 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分别取 CD 、 SC 的中点M 、N ，再证明面EMN∥面SBD，可知当P在MN上移动时，PE 面 EMN ，能够保持PE∥平面SBD，进而得到选项A符合题意． 【详解】分别取 CD 、 SC 的中点M 、 N ，连接MN，ME， NE ， 又∵E是 BC 的中点，∴EM∥BD，EN∥SB， 又∵EM,EN面SBD，BD,SB面SBD， ∴EM∥面SBD，EN∥ 面SBD， 又∵EM EN E， EM,EN 平面EMN ，∴面EMN∥面SBD， ∴当P在MN上移动时，PE面 EMN ，此时能够保持PE∥平面SBD， 则动点P的轨迹与SCD 组成的相关图形是选项A 故选：A． 4．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图一，矩形ABCD中，BC 2AB，AM BD交对角线BD于 点O，交 BC 于点M ．现将△ABD 沿BD翻折至ABD 的位置，如图二，点N 为棱 AD 的中点，则下列 判断一定成立的是（ ） 105BDCN AO BCD A． B． 平面 C．CN//平面AOM D．平面AOM 平面 BCD 【答案】D 【分析】利用反证法可判断A；由二面角ABDM 的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可 判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D． 【详解】对于D选项，翻折前，BD AO，BDOM ，翻折后，BD AO，BDOM ， 因为AOOM O，AO、OM 平面AOM ，则BD平面AOM ， 因为BD平面 BCD ，所以，平面AOM 平面 BCD ，故D正确； 对于B选项，因为BD AO，BDOM ， 则二面角ABDM 的平面角为AOM ， 在翻折的过程中，AOM 的大小会发生变化，故AO与OM 不一定垂直， 所以，AO与平面 BCD 不一定垂直，故B错误； AD AO 对于A选项，设 ，在图一中，tanABD  2， BC 2AB2a AB OB 2 5 5 AO a OB a 又因为AB AO2OB2 a，所以， 5 ， 5 ， 因为AMBBAM ABDBAM ，所以，AMBABD， AB 1 a 所以，tanAMB 2，则BM  AB ， BM 2 2 在图二中，过点C在平面 BCD 内作CE//OM ，交BD于点E，连接 NE ， BE BC 5  4 BE4OB 4 5 a DEBDBE a 则BO BM ，故 5 ，则 5 ， 4 5 ODBDOB a 因为 5 ，所以，E不是OD的中点， 因为BDOM ，CE//OM ，则 BDCE ， 106若BDCN ，因为CECN C，CE、CN 平面CNE，则BD平面CNE， 因为NE平面CNE，所以，BDNE， 因为AO、NE平面ABD，且BD AO，所以，AO//NE， 因为N 为 AD 的中点，则E为OD的中点，与已知矛盾，故A错误； 由选项A知，因为CE//OM ，CE平面AOM ， OM  平面AOM ， 所以，CE//平面AOM ， 若CN//平面AOM ，则CNCEC，CN 、CE平面CNE， 所以，平面 CNE// 平面AOM ， 因为平面ABD平面CNENE，平面ABD平面AOM  AO，则AO//NE， 因为N 为 AD 的中点，则E为OD的中点，与已知条件矛盾，故C错误． 故选：D． ABCDABCD 5．（2022·广西玉林·统考模拟预测）在棱长为2的正方体 1 1 1 1中，E为底面正方形对角线的交 CC 点，P为棱 1 上的动点（不包括端点），则下列说法不正确的是（ ） PCE AE  6 A． BD 平面 B． 1    ,  C．当 AC 1 // 平面BDP时，P为CC 1 的中点 D．BPD的取值范围为 4 2 【答案】D 【分析】根据正方体的性质，结合勾股定理，线面平行的性质、线面垂直的判定定理性质进行逐一判断即 可. 【详解】对于A，∵四边形ABCD为正方形，∴BD AC； CC 1  ABCD BD ABCD BDCC 1 由正方体的性质知： 平面 ，又 平面 ，∴ ， ∵ AC,CC 1  平面 PCE ， ACCC 1 C ，∴ BD 平面 PCE ，A正确； 107AE  AA2AE2  42  6 对于B， 1 1 ，B正确； 对于C，当 AC 1 // 平面 BDP 时， PE//AC 1，可得P为 CC 1的中点，C正确； PDPB PC24 PDE 对于D， 因为 ，所以三角形 是等腰三角形，而E为底面正方形对角线的交点， 所以BDPE,BPD2BPE， EB EB 2 3   tanBPE    tanBPE1 BPE ,  EP EC2PC2 PC22 ，由0PC2，有 3 ，可得 6 4，   BPD ,  ∴  3 2，故D不正确. 故选：D. 二、多选题 , 6．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知l，m为直线， 为平面，下列结论正确的是 （ ） l,m∥ lm l ,l m m// A．若 ，则 B．若 ，则 l , l// l ,l∥  C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】AD l,m m, l, 【分析】求得 位置关系判断选项A；求得 位置关系判断选项B；求得 位置关系判断选项C；求 , 得 位置关系判断选项D. m∥ m  m∥m 【详解】选项A：若 ，则存在直线 ， ， 108l m  lm lm 由 ， 可得 ，则 .判断正确； l ,l m m// m 选项B：若 ，则 或 .判断错误； l , l// l 选项C：若 ，则 或 .判断错误； l∥ l l∥l 选项D：若 ，则存在直线 ， ， l l l  由 ，可得 ，又 ，则 .判断正确. 故选：AD 7．（2023·云南·校联考三模）下列说法错误的是（ ） A．若直线a不平行于平面， a ，则内不存在与a平行的直线 B．若平面  平面  1，平面  平面  1 l ， l 1 l ，则 l 1  1 l,m,n m,n  l lm ln C．设 为直线， 在平面 内，则“ ”是“ 且 ”的充分不必要条件 D．若平面  平面  1，平面  平面  1 ，则平面  与平面  所成的二面角和平面  1与平面  1 所成的二面 角相等或互补 【答案】BD 【分析】可根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的性质可判断B；根据线面垂直的判定定理 //  1 1 及性质可判断C；根据 ， 时的特殊情况进行判断. 【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面平行，与条件相矛盾， 故选项A正确； l  l   1 1 l l  选项B，由面面垂直的性质可知，若 1 平面 ，则 ，但题目中不确定 1位置，可能出现 1 1，故 选项B错误； 选项C，根据线面垂直的性质可知l，可得到 lm 且 ln ，故满足充分性； 当直线 m,n 不相交时，由线面垂直的判定定理知： lm 且 ln 时，得不到l，故不满足必要性，故选 项C正确； //    90  选项D，当 1 1， 时，可满足题设条件，此时平面 与平面 所成的二面角为 ,平面 1与平面 109 1 0 所成的二面角为 ，故选项D错误. 故选：BD. 8．（2021春·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）下列关于直线与平面间的位置关系的命题判断正确的是（ ）． l l l l l l l l l l l l A．若空间中四条直线 1、 2 、 3 、 4 ，满足 1 2， 2 3、 3 4，则 1、 4 的位置关系不确定 B．设l、m、 n 均为直线，其中m、 n 在平面内，则“l”是“ lm 且 ln ”的充分不必要条件 l l l l C．直线 1、 2 互相平行的一个充分不必要的条件是 1、 2 都垂直于同一个平面 m n m  n  l lm ln l l  D．已知 、 为异面直线， 平面 ， 平面 ，若直线 满足 ， ， ， ，则 与相交，且交线平行于l 【答案】ABCD 【分析】根据线线，线面的位置关系，结合平行，垂直关系的转化，判断选项. l l l l l l l l l l l l 【详解】A. 若空间中四条直线 1、 2 、 3 、 4 ，满足 1 2， 2 3、 3 4，则 1、 4 的位置关系不确定， 故A正确； B.根据线面垂直的性质可知，“l”是“ lm 且 ln ”的充分条件，但反过来，如果 m,n 平行，就不能推出l，所以“l”是“ lm 且 ln ”的充分不必要条件，故B正确； l l C.两直线垂直于同一个平面，两直线平行，但反过来，两直线平行，不一定垂直于平面，所以直线 1、 2 l l 互相平行的一个充分不必要的条件是 1、 2 都垂直于同一个平面，故C正确； a am,an lm ln m n l a l//a D.设交线为 ，由条件可知 ，且 ， ， 、 为异面直线，且 与 不平行，所以 ， 故D正确. 故选：ABCD 三、填空题 m n   9．（2023春·河北石家庄·高一河北赵县中学校联考阶段练习）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______. m n mn  // m n// mn ①若 ， ， ，则 ②若 ， ， ，则 110 m n// m//n  m nm n 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. ABCDABCD ABCD ABCD , 【详解】对于①，在长方体 1 1 1 1中，平面 ，平面 1 1 1 1分别为 ， AB,BC 1 1 m,n m n mn // 直线 分别为直线 ，显然有 ， ， ，而 ，①错误； n// // n m mn 对于②，因为 ， ，当 时，由 ，得 ，  n , l,l 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 n//l//l ，而m，l，于是ml，因此mn，②正确； ABCDABCD ABCD DCCD , 对于③，在长方体 1 1 1 1中，平面 ，平面 1 1分别为 ， BB 1 ,AB m,n  m n// mn 直线 分别为直线 ，满足 ， ， ，而 ，③错误； ABCDABCD ABCD DCCD , 对于④，在长方体 1 1 1 1中，平面 ，平面 1 1分别为 ， CD,DD 1 m,n  m nm n 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 10．（2023春·高一课时练习）如图，正方形ABCD，P是正方形平面外的一点，且PA平面ABCD，则在 PAB、PBC 、PCD、PAD、△PAC及△PBD中，直角三角形有_______个． 111【答案】5 【分析】PA平面ABCD，得到PAB，PAD，△PAC是直角三角形，再确定PBC ，PCD为直角三 角形，△PBD不是直角三角形，得到答案. AB,AC,AD PA AC PA PA AB PA AD 【详解】 平面ABCD， 平面ABCD，则 ， ， ， 故PAB，PAD，△PAC是直角三角形； PA平面ABCD，BC平面ABCD，则 PABC ，又BC  AB，PAAB A， PA,AB平面PAB，故BC平面PAB，PB平面PAB，故BCPB， 故PBC 是直角三角形，同理可得PCD为直角三角形； △PBD AB ADa PAb BD 2a PBPD a2b2 中，设 ， ，则 ， ， PB2PD2 2a22b2 2a2 BD2 △PBD ，故 不是直角三角形. 综上所述：共有5个直角三角形. 故答案为：5. ABC- ABC AA  11．（2022·高一课时练习）如图，在三棱柱 1 1 1中，侧棱 1 底面ABC，底面是以∠ABC为直 BB AC AA 角的等腰三角形，AC=2， 1 =3，D是 1 1的中点，点F在线段 1 上，当AF=___________时，CF⊥平面 BDF 1 . 【答案】1或2/2或1 BD ACC A CF ^DF AF x0x3 【分析】由已知判断 1 平面 1 1，然后说明 ，设 ，通过勾股定理可求出. BD ACC A CF  ACC A BD^CF 【详解】由已知得 1 平面 1 1 ，又 平面 1 1 ，所以 1 ， 112BDF CF ^DF 1 若CF⊥平面 ，则必有 ， AF x0x3 CF2 x24 DF2 13x2 CD2 1232 10 设 ，则 ， ， ， 所以由CF2DF2 CD2 得 x2413x2 10 ，解得 x1 或2， AF 1 BDF 1 所以当 或2时，CF⊥平面 . 故答案为：1或2. 四、解答题 12．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）按要求作图： (1)如图1，正方体ABCDEFGH ，利用顶点及图中线段的中点，作出以下图形： ①平面ABCD内与平面 BEG 平行的直线是______； BEG ②与平面 平行的平面是______． BCD (2)如图2，已知直三棱柱ABCDEF 中，ABAC，作出：与平面 垂直的平面以及两个面的交线，三 BCD 棱柱内一条与平面 垂直的直线及垂足． 【答案】(1)①答案见解析；②答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）根据正方体的性质可推得四边形ACGE是平行四边形，所以AC//EG.进而根据线面平行的 判定定理得出答案.同理可得出；根据正方体的定理推得AH //BG.然后根据线面平行的判定定理，即可得 出AH //平面 BEG .即可根据面面平行的判定定理得出答案.同理可得出其他的平面； 113（2）过点A作 AGBD ，根据线面垂直的判定定理可得出 AC  平面ABED，进而得出 ACBD.然后根 据线面垂直的判定定理可得出BD平面AGC.进而即可根据面面垂直的判定定理得出平面BCD平面 AGC.根据面面垂直的性质，在三棱柱内，向交线做垂线，即为所求垂线. 【详解】（1） ①如图3，连接AC， J,K,L,M AB,BC,CD,DA JK,LM 分别取 分别为 的中点，连接 . J,K,L,M AB,BC,CD,DA 因为 分别为 的中点， 所以，JK //AC，LM //AC. 根据正方体的性质可知，AE//CG，且AE CG， 所以，四边形ACGE是平行四边形， 所以AC//EG. 因为AC平面 BEG ，EG平面 BEG ， AC// BEG 所以， 平面 . 同理可得，JK //平面 BEG ， LM // 平面 BEG . 图3，即为所作图象. ② L,M,N,S,T,U CD,AD,DH,EF,BF,FG 如图4，分别取 为 的中点， 114AH,CH,AC,ML,MN,NL,ST,UT,SU 连接 ， 则ML//AC，MN//AH，ST //BE，TU //BG. 根据正方体的性质可知，AB//HG，且ABHG， ABGH 所以，四边形 是平行四边形， 所以，AH //BG. 因为AH 平面 BEG ，BG平面 BEG ， 所以，AH //平面 BEG . 因为，AC平面ACH，AH平面ACH，ACAH  A， ACH // BEG 所以，平面 平面 . 同理，根据线面平行以及面面平行的判定定理， 可得平面LMN //平面 BEG ，平面STU //平面 BEG . J,K,V,R,P,Q AB,BC,CG,GH,HE,EA 如图5，分别取 分别为 的中点， 连接JK,KV,VR,RP,PQ,QJ,PK ， KV //BG VR//EB J,K,V,R,P,Q 则有 ， ，且 六点共面. 因为 KV  平面 BEG ，BG平面 BEG ， KV // BEG 所以， 平面 . 同理可得，VR//平面 BEG . KV  JKVRPQ VR JKVRPQ KV VRV 因为， 平面 ， 平面 ， ， JKVRPQ// BEG 所以，平面 平面 . BEG ACH LMN STU JKVRPQ 综上所述，与平面 平行的平面有平面 ，平面 ，平面 ，平面 . 115（2） 如图6，过点A作 AGBD ，交BD于点 G ，连接CG. AD AC 根据直三棱柱的性质可得， . 又因为ABAC，ADAB A，AD平面ABED，AB平面ABED， 所以， AC  平面ABED. 又BD平面ABED，所以ACBD. 又 AGBD ，AGAC  A，AG平面AGC，AC平面AGC， 所以，BD平面AGC. 因为BD平面 BCD ，所以，平面BCD平面AGC， 平面BCD平面AGC CG. 过点A作 AH CG ，垂足为 H ， 因为平面BCD平面AGC，平面BCD平面AGC CG，AH平面AGC，AH CG， 所以，AH 平面 BCD ，即AH 即为三棱柱内与平面 BCD 垂直的直线，垂足为 H . ABCDABCD AA 2 13．（2023春·北京房山·高一北师大良乡附中校考阶段练习）在正四棱柱 1 1 1 1中， 1 ， DD M是 1的中点． BD // MAC 1 (1)证明： 平面 ． (2)若正四棱柱的表面积是10，求该正四棱柱的外接球的体积． 【答案】(1)证明见解析 1166π (2) MN //BD 1 【分析】（1）通过找出线线平行，即 ，从而证明线面平行； （2）先求出底面正方形的边长，再求出外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可. 【详解】（1）连接BD，交AC于N，连接MN． 在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点， M DD 又因为 是 1的中点， MN BDD 1 所以 是 的中位线， MN //BD 1 所以 ， MN MAC BD  MAC 1 因为 面 ， 面 ， BD // MAC 1 所以 面 ABxx＞0 （2）设 ， 因为正四棱柱的表面积为10， 所以24x2x2 10， 化简得x24x50，解得x1或x5（舍）， BD  AA2AB2AD2  411 6 所以AB1， 1 1 ， BD 6 R 1  所以正四棱柱的外接球的半径 2 2 ， 3 4  6 V  π   6π 所以外接球的体积 3  2  ．   11714．（2023春·山东滨州·高一山东省北镇中学校联考阶段练习）如图①，在梯形ABCD中， AB∥CD,AB2,A60，�ABD� 90 ，CBD45，将△ABD沿边BD翻折至ABD ，使得 AC 2 7 B AC AD,AC E,F ，如图②，过点 作一平面与 垂直，分别交 于点 ． BE ACD (1)求证： 平面 ； (2)求点F 到平面ABD的距离． 【答案】(1)证明见解析 2 3 (2) 7 CD AD CDBE 【分析】（1）利用勾股定理得到 ，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到 ，最后利 用线面垂直的判定定理证明即可； （2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段 FG 的长度即为点F 到平面ABD的距离，然后求距离即可； 方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可. 【详解】（1）证明：如图①， ∵ AB2，A60，ABD90， CBD45 ， AD4 BDCD2 3 ， ， AD4 CD2 3 AC 2 7 如图②，∵ ， ， ， AD2CD2  AC2， CD AD， ∵CDBD ，且ADBDD，AD,BD平面ABD， \ CD^平面ABD， 又∵ BE平面ABD，CDBE， ∵ AC 平面BEF，且BE平面BEF，BE AC， 118∵ ACCDC AC,CD ACD BE ACD 又 ，且 平面 ， 平面 ． （2） F FG AD G BE ACD 方法一：过点 作 ，垂足为 ，由（1）知 平面 ， 而FG平面ACD， BEFG ， 且ADBEE， AD,BE 平面ACD，FG平面ABD， 则垂线段 FG 的长度即为点F 到平面ABD的距离． ABC AB2 BC 2 6 AC 2 7 在 中， ， ， ， AB2CB2  AC2， BC  AB， 2 7 AF  由已知得BF  AC，则 7 ， AF FG 2 3   FG 由（1）知CD AD， AC CD ， 7 ， 2 3 即点 到平面 的距离为 ． F ABD 7 方法二：求点F 到平面ABD的距离，即求点F 到平面ABE的距离， BE ACD AD ACD BE AD 由（1）知 平面 ， 平面 ， ， ABD AB2 AD4 BD2 3 在直角三角形 中， ， ， ， 1 1 ABBD ADBE 由等面积得， ， 2 2 ABBD 即BE  3， ， AD AE1 ∵ AC 平面BEF，且EF 平面BEF，EF  AC， 119AF AD 2 7   AF  由（1）知CD AD，△AFE∽ADC， AE AC 7 ， 21 则在直角三角形 中，EF  ， AFE 7 设点F 到平面ABE的距离为d， V V 在三棱锥 FABE 中，由等体积得， FABE BAEF ， 1 1 即 3 dS ABE  3 BES △AEF 1 1 1 1  d BEAE BE EFAF ， 3 2 3 2 2 3 d  7 ， 2 3 即点 到平面 的距离为 ． F ABD 7 ABCDACD 15．（2023春·湖南衡阳·高二衡阳市八中校考阶段练习）如图，几何体 1 1 1为直四棱柱 π ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 截去一个角所得，四边形 ABCD 是菱形，BAD 3 ， AB2 ，DD 1 3，P为 BC 的中点. DDP ADDA (1)证明：平面 1 平面 1 1； π 【解析】（1）如图，连接 ，四边形 是菱形，BAD ，故 为等边三角形， BD ABCD 3 △BCD 故DPBC. 120DD  ABCD BC ABCD DD BC 又 1 平面 ， 平面 ，所以 1 ， 又 D 1 DDPD ， D 1 D,DP 平面 D 1 DP ，所以 BC 平面 D 1 DP . BC CCB DDP CCB 1 1 1 又 平面 ，所以平面 平面 ， 平面 C 1 CB ∥ 平面 ADD 1 A 1，即故平面 D 1 DP 平面 ADD 1 A 1. 16．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图，已知四棱锥 PABCD 底面ABCD是正 方形， PA AC ，E、F 是的 AD ，PB中点， G 为线段PC上一个动点，平面AFG交直线 EC 于点 H ． PBC (1)若PA AB，平面PAB平面 ，求证：AFBC； PA AB2 PE 5 PABC (2)若 ， ，求证： ； GH PAB (3)直线 是否可能与平面 平行?若可能，请证明；若不可能，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）证明AF PB，根据面面垂直与线面垂直的性质即可证明； （2）证明PA AE即可； PC M EM,MF G CM GH // PAB （3）取 的中点 ，连接 ，可证明当 为 中点时 平面 . 121【详解】（1）因为PA AB，F 是PB的中点，所以AF PB. 因为平面PAB平面 PBC ，平面PAB平面 PBC PB,AF 平面 PAB ， PBC 所以AF 平面 . 因为 BC 平面 PBC ,所以AFBC. 1 （2）因为 ， 是正方形，所以 ,AE AD1. PA AB2 ABCD AD2 2 PE 5 PA2AE2 PE2 PA AE 因为 ，所以 ，即 . AE//BC PABC 又 ，所以 . PC M EM,MF （3）取 的中点 ，连接 ， 1 FM  BC 因为 E 、 F 是AD， PB 的中点，所以 FM//BC ，且 2 . 1 又AE//BC，且AE 2 BC,所以 AE//FM ， AEFM , 所以四边形EMFA是平行四边形，所以EM//AF. 当 G 为CM 中点时， H 为 EC 中点，此时 GH 为CEM 的中位线， GH//EM//AF A,F,G,H 所以 ， 四点共面. 因为GH 平面 PAB ,AF 平面 PAB , 所以 GH //平面 PAB . 122