第03讲 直线、平面平行的判定与性质（专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第03讲 直线、平面平行的判定与性质 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 直线与平面平行的判定与证明 2 题型02 平面与平面平行的判定与证明 18 题型03 平行关系的性质应用 32 题型04 平行关系中的动点与探究问题 49 题型05 平行关系的综合应用 71 重难·创新演练 85 真题·实战演练 110 模拟·基础演练 考查重点：平行关系的证明 题型01 直线与平面平行的判定与证明 一、多选题 【新思维】1．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 2．（2026·浙江绍兴·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点、、分别为、、的中点，则（   ） A．直线平面 B．直线平面 C．平面截该正方体所得截面的周长为 D．直线截该正方体的外接球的弦长为 3．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则正确的是（     ） A． B．面 C．到面的距离为定值 D．面积的最小值为 二、填空题 【新情境】4．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，给出下列四个结论：    ①平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为1. 其中所有正确结论的序号是________. 三、解答题 5．（2026·湖南邵阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为棱，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角正切值． 6．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，、分别为、中点． (1)证明：平面与平面的交线平面； (2)若，二面角的正切值为，求的长． 7．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，点在线段上，，且平面． (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若，求二面角的正弦值． 8．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图所示正四棱台，其中，，棱台高为3. (1)证明： 平面求：三棱锥的体积； (2)设是中点，在直线、上各取一个点，使得三点共线，求：的长. 9．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 10．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 题型02 平面与平面平行的判定与证明 一、单选题 1．已知不同的直线和不重合的平面，则使成立的一个充分条件可以是（    ） A． B． C． D． 2．已知m、n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列四个命题中，错误的命题个数是（   ） ①，，，则 ②若，，且，，则 ③若，，则 ④若，，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 3．如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·天津·一模）在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F在底面ABCD内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点F的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过，，F三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点P，使得平面 二、多选题 【新角度】5．（2025·广东佛山·三模）如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 【新思维】6．（2025·河南·三模）如图（1），扇形是半径为的圆的四分之一，在梯形中，，，，弧上存在一点，使，边上的点满足，连接交于点，现将梯形沿折起到，如图（2），使，则（    ） A．与为异面直线 B．平面平面 C．平面平面 D．异面直线与所成的角为 7．已知正方体的棱长为2，在矩形内（包括边界）的动点始终满足与平面所成的角是，则下列结论正确的是（    ） A．多面体的体积为 B．动点运动轨迹的长度为 C．不存在点，使得平面平面 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此四面体的棱长可以是0.93 三、解答题 8．在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 9．如图所示，四边形为矩形，平面，，为上的点，且平面. (1)求三棱锥的体积； (2)设在线段上，且满足，则线段上是否存在一点，使得平面？ 10．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 题型03 平行关系的性质应用 一、多选题 1．如图，在空间四边形中，分别是线段的中点，分别是线段上的动点且，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．、、、四点共面，且平面 C．若，则与的交点在直线上 D．若平面，则 二、填空题 【新情境】2．给出下列四个命题： ①对确定的两条异面直线，过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行； ②一条直线与两个相交平面平行，则它必与这两个平面的交线平行； ③过平面外一点，作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条； ④对两条异面直线，存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等． 其中正确的命题序号为______． 三、解答题 3．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，，，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若M为棱上一点，且平面，试确定点M的位置． 4．（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 【新思维】5．如图所示，已知两条异面直线与所成的角等于φ且，，平面与、都平行，且M、N、P、Q依次在线段、、、上．    (1)求证：是平行四边形； (2)当M点在何位置时，的面积最大?最大面积是多少? 6．如图，三棱台中，，，平面平面，，，，设与相交于点D，，且平面. (1)求三棱锥的体积. (2)已知平面与平面的夹角为，与平面所成的角为，求证：. 7．如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 8．（2026·吉林长春·模拟预测）如图所示，在长方体中，点M，N分别是直线，上的动点． (1)若M，N分别为线段，的中点，证明：平面； (2)若，且二面角的余弦值为，求． 9．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 【新思维】10．（2026·江苏镇江·二模）如图，四边形是平行四边形ABCD在平面上的投影（）． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知四边形是边长为的正方形，，，，，，，点和分别是和的中点，设直线DE与的交点为S． ①求证：点S在直线上； ②求平面SCD与平面的夹角的余弦值． 题型04 平行关系中的动点与探究问题 一、单选题 1．（2026·云南昆明·模拟预测）在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（  ） A． B． C． D．1 二、多选题 2．如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点， 使得平面 B．异面直线与所成的角的大小为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D．若平面，则点的轨迹的长度为 3．（2026·江苏南京·模拟预测）在正方体中，是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点和的平面记为，则（    ） A．当分别是的中点时，上不存在点，使得 B．截正方体的截面可能是五边形 C．当分别是的中点时，平分正方体两部分的体积之比为 D．当为棱中点时，满足的点有且只有2个 4．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．存在点，使，，，四点共面 B．存在点，使∥平面 C．三棱锥的体积为 D．此正方体外接球的表面积为 5．（2026·辽宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（   ） A．直线与所成角的余弦值为 B．用平面截该正方体，所得截面面积为 C．若与交于点，则长度的取值范围是 D．若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为 【新角度】6．（2026·云南曲靖·二模）如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，为正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上运动，则与一定为异面直线 B．若点在棱上运动，则存在点，使得平面 C．若点是底面内一点（包括边界），且点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．若点为中点，则三棱锥体积为 三、解答题 7．在正三棱台中，，，点O为的重心． (1)求证：， (2)棱上是否存在一点P使得平面？若存在，求出线段比值，不存在说明理由 (3)若侧棱上有一动点D，求直线BD与平面所成角θ的正弦值的取值范围． （请用几何法求解，向量坐标法不计分） 8．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面． (1)求证：为的中点； (2)若，，求二面角的最小值． 9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，点是棱上的动点，点是棱中点，.    (1)求证：； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 10．如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【新思维】11．如图，在直三棱柱中，，，，动点D可沿线段往复匀速滑动，记，. (1)当平面时，求实数的临界值； (2)取（1）中临界值，求直线与平面所成角的正弦值； (3)以（1）求得的为几何分界点，将上D的位置划分为两个几何状态：状态靠近B端，即；状态靠近端，即.D每次滑动仅受几何约束产生状态转移：若当前在状态M，下一次滑向N的概率为；若当前在状态N，下一次滑向M的概率为.记为第n次滑动后D处于状态M的概率，求数列的前n项和. 题型05 平行关系的综合应用 一、单选题 1．已知直线、与平面α．则下列结论正确的是（   ） A．若，，则、为异面直线 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 二、填空题 【新角度】2． 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中分别为几何体的上底面面积、中截面面积、下底面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为．类似地，可运用该公式求解下述问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为________． 三、解答题 3．如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，．证明：； 4．如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点． 证明：∥平面； 5．如图所示，长方体中，，．E、F、G分别为棱、、的中点． (1)试在底面上找一点H，使平面； (2)求四面体的体积． 6．如图所示，在正三棱柱中，底面边长是2，D是棱的中点，点M在棱上，且，又． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 7．在等腰梯形中（如图甲），，，，于点A，将沿折起，使平面平面（如图乙），点M在棱上，平面把几何体分成的两部分体积比． (1)确定点M在上的位置； (2)判断直线是否平行于平面，并说明理由； (3)求二面角的正切值． 8．如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是、的中点．若，． (1)求证：平面； (2)求点F到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的大小． 9．如图，正三棱柱中，是的中点． (1)求证：平面⊥平面； (2)求证：平面； (3)若，求二面角的大小． 10．（2026·湖北襄阳·模拟预测）在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1)若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 11．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，满足，，且，，，．点M为的中点，点N为的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 重难·创新演练 设题创新:平行关系的综合应用 一、多选题 【新思维】1．（2026·甘肃·三模）如图，在边长为1的正四面体中，D是点B关于的对称点，点P，Q，R分别在棱，，上，且满足.若E为的中点，点F在直线上，且满足直线平面，则下列说法中正确的有（    ） A．线段的长为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．当x从0增加到1时， D．当x从0增加到1时，点F运动的路程为 【新思维】2．（2026·安徽芜湖·二模）在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，在空间中，，记点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（    ） A．若线段的中点为，则 B．曲线是一个圆 C．曲线上不存在点，使得平面 D．曲线上点到平面距离的最大值为 3．（2026·河北保定·一模）如图，正方体.中，，点O为侧面的中心，M，N分别为棱的中点，动点Q在该正方体表面（底面以外）上，且平面平面，则下列结论正确的是（   ） A．平面截该正方体所得截面的面积为 B．点Q的轨迹长度为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．三棱锥的体积的最大值为2 二、解答题 4．（2026·河南新乡·三模）如图，圆柱的轴截面是边长为6的正方形，点在线段AB上，且，点在线段上，且为圆的过点的一条动弦（不与AB重合）. (1)证明：平面PMN； (2)若点是下底面圆周上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角为与上底面所成的角为，求的最小值； (3)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值. 5．（2026·福建漳州·三模）如图，在四棱锥中，，点在线段上，，，平面平面． (1)证明：； (2)过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明； (3)若，求当取最小值时，二面角的正弦值． 6．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在圆柱中，矩形为其轴截面，点为底面半圆弧上的动点（前半部分，且点不与点重合），点在母线上，，，点是上底面内的一个动点. (1)若，平面，求的长度； (2)若点F是上底面圆周上一点，求到的最大距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 7．（2026·四川成都·三模）如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为． ①求的长； ②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面． 【新情境】8．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四面体的体积． 【新思维】9．（2026·重庆渝中·二模）如图，已知立方体的棱长为，点是棱上一动点． (1)当为中点时，为线段上一点，，求证：面； (2)当在上运动（不包括端点）时，线段上是否存在点，使得面，若存在，请问点在平面内的轨迹是什么曲线？若不存在，请说明理由； (3)当在上运动（包括端点）时形成一系列点列，其中与重合，是线段的中点，是四棱锥的内切球半径，求证：． 10．（2026·河北·模拟预测）等边三角形绕边 上的高旋转一周形成一个圆锥，如图，已知C，D均为弧 的三等分点（点 靠近点 ）， 为母线的中点，．    (1)已知 为内一点，且平面，作出点 的轨迹并证明； (2)求平面和平面所成二面角的正弦值； (3)设 为圆锥底面圆周上一点，求三棱锥体积的最大值． 真题·实战演练 高频考点：线面平行的证明 一、单选题 1．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ） A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 二、解答题 2．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 3．（2024·全国甲卷·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． 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 5．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 6．（2022·全国甲卷·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）． 7．（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)求直线与平面所成角的正弦值. 8．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积． 9．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 10．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求点C到平面C1DE的距离． 11．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A-MA1-N的正弦值． 19 / 21 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 直线、平面平行的判定与性质 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 直线与平面平行的判定与证明 2 题型02 平面与平面平行的判定与证明 18 题型03 平行关系的性质应用 32 题型04 平行关系中的动点与探究问题 49 题型05 平行关系的综合应用 71 重难·创新演练 85 真题·实战演练 110 模拟·基础演练 考查重点：平行关系的证明 题型01 直线与平面平行的判定与证明 一、多选题 【新思维】1．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 【答案】ABC 【分析】根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可． 【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为棱长为2，可得，，；设， 则，； 则；故对于任意点，都有，A选项正确； 因为分别是的中点，故，，； 则，； 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，； 令，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确； 在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点； 因为正方体中，平面平面，且交于； 因为平面，故平面，而平面，则； 因为平面，故平面； 平面截正方体的截面为矩形； 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故C正确； 由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误． 2．（2026·浙江绍兴·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点、、分别为、、的中点，则（   ） A．直线平面 B．直线平面 C．平面截该正方体所得截面的周长为 D．直线截该正方体的外接球的弦长为 【答案】BCD 【分析】先根据点线面的位置关系，拓展出平面截正方体所得的截面．对于A，观察所作图象判断；对于B，利用三垂线法得到线线垂直，再进行线面垂直的判定；对于C，观察截面形状，计算出边长，即可求得周长；对于D，确定出该正方体的外接球的球心位置，求出球心到直线的距离，即可求得弦长． 【详解】分别取、、的中点、、，连结、、、、． 如图所示： 易证，，，，，， 且、、、、、六点共面，即平面拓展为正六边形． 对于A，由所作图，可知直线与正六边形有公共点， 则直线平面不成立，A错误； 对于B，由三垂线定理，可知，． 因为，平面，平面， 所以直线平面，B正确； 对于C，平面截该正方体为正六边形． 由于正方体的棱长为2，则正六边形的边长为， 则该正六边形的周长为，C正确； 对于D，正方体的外接球的球心即为正方体的中心，即与的交点． 正方体的外接球的半径，，． 球心到直线的距离， 直线截该正方体的外接球的弦长，D正确． 3．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则正确的是（     ） A． B．面 C．到面的距离为定值 D．面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A，因为,所以；对于B，平面平面,故平面；对于C，因为平面，所以到面的距离为到面的距离；对于D，面积是,写出t的表达式，再求最小值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 在上，过点作交于设，则, 则 选项 A：, 因为,所以，A正确; 选项 B：在正方体中，因为，∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面，同理可证∥平面， 因为，平面，所以平面平面 因为面，故平面，B正确; 选项 C：因为平面，所以到面的距离为到面的距离，设为 等边边长，， 因为，所以， 所以到面的距离为，C 错误； 选项 D： , 所以所以 所以面积是 当,D 正确. 二、填空题 【新情境】4．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，给出下列四个结论：    ①平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为1. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③④ 【分析】利用中位线性质以及线面平行判定定理判断①，由①中的结论可知与的夹角即为的补角，计算可得判断②；易知当平面时，三棱锥体积最大值为判断③；结合①中的分析可得点的轨迹与点轨迹相同,根据翻折规则可求得点的轨迹是半径为的半圆判断④. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示：    由为的中点，可得，且； 又为边的中点，所以，且，即； 即可得四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面, 因此平面，①正确； 由①可知与的夹角即为与的夹角， 由菱形性质及题干条件，可知，， 在中，，所以； 因此与的夹角即为的补角，即与的夹角为定值，②错误； 结合①②分析可知，当平面时，三棱锥体积最大， 此时，③正确； 结合①中的分析可知，点的轨迹与点轨迹相同， 在翻折过程中，点由的中点翻折到的中点过程中， 其轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆，即点的轨迹是半径为的半圆， 所以在平面的射影的轨迹为圆的直径，则点的轨迹的长度为1，④正确. 三、解答题 5．（2026·湖南邵阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，E，F分别为棱，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角正切值． 【答案】(1)证明：取棱的中点为G，连接，，如图所示． 因为点E为的中点，所以，且． 又F为的中点，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) 【分析】（1）建系求出两个平面法向量，利用法向量夹角余弦求二面角的余弦；（2）再利用同角三角函数关系，算出正切值，注意平面夹角取锐角. 【详解】（1）略 （2）如图，由题意，以B为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 不妨设，则，，，， 所以，． 设平面的一个法向量为，则， 则，取，则． 又平面，则是平面的一个法向量， 所以． 设平面与平面的夹角为，则，， 所以， 所以平面与平面的夹角正切值为． 6．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，、分别为、中点． (1)证明：平面与平面的交线平面； (2)若，二面角的正切值为，求的长． 【答案】(1)因为分别是的中点，所以， 因为平面，平面，则平面， 又因为平面，而平面平面，所以， 而平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定和性质定理即可证明； （2）延长，过作于点，连接，线线垂直，线面垂直的性质得出为二面角的平面角，且证明，设，再根据条件及三角形的性质得到，进而根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）延长，过作于点，连接，过作于点， 由， ，则 ， 又面，且，则面， 又平面，则， 所以为二面角的平面角， 又，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，又二面角的正切值为，则，得， 在中，， 则为等腰直角三角形， 又分别是的中点，则，所以， 在中，，代入得，解得． 所以. 7．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，点在线段上，，且平面． (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)因为底面是矩形，由矩形对边平行的性质可得：， 又因为平面，平面，所以平面. (2)由平面，平面，因此， 在底面矩形中，，，， ，， 因此，由勾股定理逆定理得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，因此. (3) 【分析】 （1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）先把问题转化为证明平面，只需证明和，利用线面垂直的性质可证明，利用勾股定理逆定理可证明； （3）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用二面角的空间向量公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）以为原点，建立空间直角坐标系，使平行于的方向为轴，方向为轴，方向为轴， 结合可得各点坐标： ，，，, 由（2）知是平面的一个法向量； 设平面的法向量为,，， 令，，即，取得. 设二面角的平面角为，则 , 因此二面角的正弦值为： . 8．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图所示正四棱台，其中，，棱台高为3. (1)证明： 平面求：三棱锥的体积； (2)设是中点，在直线、上各取一个点，使得三点共线，求：的长. 【答案】(1) 取中点为中点为，，如下图以下底面中心为坐标原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则由题设可得. 则. 设平面法向量为，则， 取，因，又平面，则 平面； 三棱锥体积为 (2). 【分析】（1）如下图建立空间直角坐标系，求出平面法向量，通过说明可完成证明；通过证明平面，可得所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和，据此可得答案； （2）设， ，据此可得，，然后结合三点共线，可得存在使 ，据此可得答案. 【详解】（1）略； 由正棱台性质，与上下底面均垂直，则， 因为，平面， 所以平面，则所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和， 即： （2）由题意可得，设， 则，即. 又设 ， 则，即. 从而. 结合三点共线，则存在使 ， 则 ， 解得：  ， 则，， . 9．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 10．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)取的中点，连接，. 因为分别为的中点， 所以，且. 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以. 又平面平面，所以平面. (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，结合中点性质和线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）连接， 因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形. 因为是的中点， 所以，即, 又平面， 则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则由题意知，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则令， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 设直线与平面所成的角为， 则， 解得，所以. 题型02 平面与平面平行的判定与证明 一、单选题 1．已知不同的直线和不重合的平面，则使成立的一个充分条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合长方体模型分析判断各个选项的对错可得. 【详解】如图，在长方体中， 选项A：记平面为平面，平面为平面，平面为平面， 显然有，但不满足，所以A错误； 选项B：记为直线，则满足，但不满足，所以B错误； 选项C：记为直线，为直线，则满足，但不满足，所以C错误； 选项D：由线面垂直的性质：垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以D选项正确． 2．已知m、n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列四个命题中，错误的命题个数是（   ） ①，，，则 ②若，，且，，则 ③若，，则 ④若，，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】①两个平行平面内的直线可能平行，也可能异面, ①错； ②缺少条件：相交；若，两平面可以相交，②错； ③只有垂直于两平面交线时才有，也可以平行于交线、与斜交，③错误； ④垂直于同一平面的直线，若不在另一平面内，则与该平面平行，④正确. 3．如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而面面距离转化为点面距离，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离公式进行求解. 【详解】连接，因为，，，分别为棱，，，的中点． 则，又平面平面， 所以平面， 连接，则． 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，所以平面平面. 所以平面与平面间的距离为点到平面的距离. 以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量，，， 则有，令得， 故，其中， 则点到平面的距离为. 4．（2026·天津·一模）在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F在底面ABCD内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点F的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过，，F三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点P，使得平面 【答案】C 【分析】根据题意，取分别为的中点，连接，可得平面平面，所以，可判断A；由于，所以过三点的截面为等腰梯形，求其面积判断B；先求棱台的体积，用间接法判断C；假设存在点，使得平面，则，利用平面向量数量积运算确定点，即可判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接， 则，又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，平面，所以平面平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面 所以平面平面， 因为直线平面，所以平面， 所以，又，点的轨迹是一条线段，且其长度为，故A正确； 对于B，由A可得， 所以过三点的截面为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，易知交于一点，故平面切割正方体得到较小的多面体为棱台 其体积为， 所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，所以C错误； 对于D，假设存在点，使得平面， 因为平面，则， 在正方形中，如图建立平面直角坐标系， 则， 设，则， 所以，得，显然不成立，D正确. 二、多选题 【新角度】5．（2025·广东佛山·三模）如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 【答案】BCD 【分析】根据二面角的平面角判断A，根据扇形弧长公式判断B，根据平面平行的判定定理判断C， 当时可证明线线平行判断D. 【详解】如图，    对于A，取的中点，则， 所以为二面角的平面角，故， 而，因此A错误； 对于B，当旋转了也绕着旋转，由于到的距离是正方体面对角线的一半，即， 因此旋转的轨迹长度是，故B正确； 对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心． 因此，平面，平面， 从而平面，同理可得平面． ，平面， 因此平面平面，故C正确； 对于D，由C可知，当时，． 因此四边形是平行四边形，因此，即， 因此四点共面，D正确． 故选：BCD 【新思维】6．（2025·河南·三模）如图（1），扇形是半径为的圆的四分之一，在梯形中，，，，弧上存在一点，使，边上的点满足，连接交于点，现将梯形沿折起到，如图（2），使，则（    ） A．与为异面直线 B．平面平面 C．平面平面 D．异面直线与所成的角为 【答案】BC 【分析】推导出，可判断A选项；利用线面垂直和面面垂直的判定可判断B选项；利用面面垂直的判定可判断C选项；利用异面直线所成角的定义可判断D选项. 【详解】翻折前，在中，因为，，， 由余弦定理得，所以，所以， 又，所以， 又因为，所以，且， 所以四边形为矩形， 所以翻折后，，，，，， 对于A，因为，所以、、、四点共面，故A错误； 对于B，因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，因为，又平面，平面，所以平面， 同理平面，又，、平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，因为，，所以四边形为平行四边形，所以， 所以（或补角）为异面直线与所成的角， 因为，，， 由余弦定理得， 所以，，故，故， 所以异面直线与所成的角为，故D错误． 故选：BC. 7．已知正方体的棱长为2，在矩形内（包括边界）的动点始终满足与平面所成的角是，则下列结论正确的是（    ） A．多面体的体积为 B．动点运动轨迹的长度为 C．不存在点，使得平面平面 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此四面体的棱长可以是0.93 【答案】ABD 【分析】对于A,利用等体积法求解即可；对于B，找出直线与平面所成的角，然后得到，所以动点运动轨迹为四分之一圆，进而可求周长；对于C，当点在对角线上时，平面平面；对于D，先求正四面体的内切球，再求内切球里的正四面体的边长，对比边长和0.93的大小即可判断. 【详解】对于A，，所以A正确． 对于B，因为平面，所以是直线与平面所成的角， 依题设，，又点在矩形内，所以点的轨迹是四分之一圆，半径为2， 所以点在底面运动的轨迹为，所以B正确; 对于C，当点在对角线上时，平面即为平面， 因为平面，面，所以平面， 同理平面，又且都在面，所以平面平面，故C错误； 对于D，容易求得正四面体的高，设正四面体的内切球的半径是， 则，所以， 设半径是的球的内接正四面体的边长为，则可将内接正四面体补形成边长为的正方体， 则，解得，所以D正确． 故选：ABD. 三、解答题 8．在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)如图： 在矩形中，分别为的中点，连接，则， 平面，平面，所以平面. 在与中，因为，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，且，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据面面平行的判定定理进行证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）略 （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因， 则，即. 令，则， 设平面的法向量为， 所以， 所以所求二面角的余弦值为． 9．如图所示，四边形为矩形，平面，，为上的点，且平面. (1)求三棱锥的体积； (2)设在线段上，且满足，则线段上是否存在一点，使得平面？ 【答案】(1) (2)存在点为线段上靠近点的一个三等分点 【分析】（1）通过线面垂直的判定与性质推导出，再利用等体积法计算出三棱锥体积； （2）过点作交于点，通过证明平面平面，确定上的三等分点满足平面. 【详解】（1）平面，. 平面. 又平面，. 平面，平面， ，平面. 又平面，. 又， ，则点到平面的距离为， . （2）存在这样的点.如图所示，在中，过点作交于点，在中，过点作交于点，连接， 则由比例关系易得. ，平面，平面， 平面. 同理，平面，又， ∴平面平面. 平面，平面. ∴点为线段上靠近点的一个三等分点. 10．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面，根据三角形的性质及面面垂直的性质判断平面，平面，进而．方法一，连接BE，构造平行四边形PEBN得到，根据面面平行的判定定理证明平面平面；方法二取BC的中点，连接MF，构造平行四边形MPEF得到，根据面面平行的判定定理证明平面平面； （2）取AB的中点，连接ED，分别以EA，ED，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面PMC与平面PAN的法向量，再利用向量的夹角公式求解. 【详解】（1）因为平面平面，所以平面. 因为是斜边的等腰直角三角形，所以． 如图1，取AC的中点，连接PE． 因为是正三角形，且，所以，且， 又平面平面ABC，平面平面， 所以平面. 因为，平面平面BCMN，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 所以． 如图2，连接BE，因为， 所以四边形PEBN为平行四边形，因此． 因为平面平面， 所以平面， 又平面平面PMN， 所以平面平面. 方法二： 如图3，取BC的中点，连接MF． 因为，所以，又，所以， 又，所以四边形BFMN是平行四边形， 所以， 因为，所以， 连接EF，因为平面平面，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 又平面，所以， 因此四边形MPEF是平行四边形，． 因为平面平面ABC，所以平面， 又平面平面平面， 所以平面平面. （2）如图4，取AB的中点，连接ED，因为是AC的中点，所以， 又是斜边的等腰直角三角形， 所以，所以． 又平面平面，所以，所以EP，EA，ED两两垂直． 分别以EA，ED，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，） 设平面PMC的法向量为， 则即取，得， 则是平面PMC的一个法向量． 设平面PAN的法向量为， 则即取，得， 则是平面PAN的一个法向量． 设平面PMC与平面PAN的夹角为， 则， 因此平面PMC与平面PAN夹角的余弦值为． 题型03 平行关系的性质应用 一、多选题 1．如图，在空间四边形中，分别是线段的中点，分别是线段上的动点且，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．、、、四点共面，且平面 C．若，则与的交点在直线上 D．若平面，则 【答案】BCD 【分析】先根据得出，若可判断A；根据线面平行的判定定理判断B；证明三线交于一点判断C；利用线面平行的性质判断D. 【详解】对于A，由，可知，因此，所以， 又由为中点可知，，故，因此点四点共面， 当时，直线相交，此时与平面相交，故A错误； 对于B，因为，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，当时，， 因为，所以与相交， 设，则， 因为平面，平面，所以平面平面， 即点在直线上，故C正确； 对于D，因为平面，平面，平面平面， 所以， 同理可得，，则， 又，所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以，故D正确． 二、填空题 【新情境】2．给出下列四个命题： ①对确定的两条异面直线，过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行； ②一条直线与两个相交平面平行，则它必与这两个平面的交线平行； ③过平面外一点，作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条； ④对两条异面直线，存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等． 其中正确的命题序号为______． 【答案】②④ 【分析】由题意结合立体几何相关的定理和性质逐一分析所给的说法是否正确． 【详解】①显然错误，若点在其中一条异面直线上明显不可能作出．即使点在两条异面直线外， 也不一定能作出． ②正确，设直线平面，平面，， 过作平面分别与相交，得到两条平行线，都平行于，故． ③错误：时，即过平面外一点作与该平面垂直的直线有且只有一条． ④正确，两条异面直线平移至相交，形成夹角，令过这个角的顶点且垂直于这个角所在平面的直线为， 所有平行于经过这个角的角平分线及直线确定的平面，都与两条直线成等角，这样的平面有无穷多个． 三、解答题 3．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，，，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若M为棱上一点，且平面，试确定点M的位置． 【答案】(1) (2)M为棱上靠近点P的三等分点 【分析】（1）作辅助线，可证平面，可知为直线与平面所成的角，进而分析求解； （2）作辅助线，分析可知，结合线面平行的性质定理可得，结合平行线的性质分析判断. 【详解】（1）因为，，，平面， 则平面，且平面，所以平面平面， 取的中点，连接，，如图1所示： 且 为等边三角形，则， 因为平面平面，平面，则平面， 则为直线在平面上的射影，可知为直线与平面所成的角， 且，，， 因为，，则，， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （2）M为棱上靠近点P的三等分点，理由如下： 如图2，过点M作交于点N，连接， 因为 ，则，可知，，，四点共面， 且平面平面，平面，所以， 可知四边形为平行四边形，则， 又因为，，，则，即， 所以为棱上靠近点P的三等分点满足题意. 4．（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据点线面的位置关系得到点是的重心，从而由比例关系可得答案； （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，求出平面的法向量，利用夹角公式进行求解； （3）设，，由共线定理推论可得，由基本不等式可得，并得到体积最小值 【详解】（1）设，如图. 因为，所以，， 因为平面，平面，所以平面，平面， 因为平面平面，所以，所以点也是与的交点， 即点是的重心，所以. 因为平面，平面平面， 所以，所以. （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，，所以，，，. 因为， . 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. （3）四棱锥的体积 . 由（1）知，恒过点，点为的重心.设，， 因为，，，三点共线， 所以，即， 由基本不等式可得，所以，当且仅当时取等号. 因为，所以， 所以， 所以四棱锥的体积的最小值为. 【新思维】5．如图所示，已知两条异面直线与所成的角等于φ且，，平面与、都平行，且M、N、P、Q依次在线段、、、上．    (1)求证：是平行四边形； (2)当M点在何位置时，的面积最大?最大面积是多少? 【答案】(1)由平面，平面，平面平面，则， 又平面，平面平面，则，故， 由平面，平面，平面平面，则， 又平面，平面平面，则，故， 所以，，则是平行四边形； (2)当M点位于中点时的面积最大，且为． 【分析】（1）利用线面平行的性质及平行公理得、，即可证； （2）由（1）及异面直线所成角知，设，根据已知及三角形面积公式有，结合基本不等式求最大值即可. 【详解】（1）略 （2）由与所成的角等于φ且，，则， 设，则，， 则，， 于是， 其中当且仅当时，达到最大值， 故M点位于中点时，的面积最大，且为. 6．如图，三棱台中，，，平面平面，，，，设与相交于点D，，且平面. (1)求三棱锥的体积. (2)已知平面与平面的夹角为，与平面所成的角为，求证：. 【答案】(1) (2)因为，平面，平面， 所以平面， 设平面平面， 因为平面，所以，即， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为平面与平面的夹角，即. 因为，，，平面， 所以平面， 又，所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以在平面上的射影在直线上，得. 在直角梯形中，，，所以. 因此. 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得，结合，由线面垂直的判定定理可得平面，由线面平行的性质定理可得，从而可得点到平面的距离，利用相似性质可求得，再利用等体积即可求解. （2）由线面垂直的判定定理可得平面，继而可得平面，结合二面角的定义可得，，结合题意可得. 【详解】（1）因为平面平面，且交线为， 又，所以平面. 又平面，所以. 又因为，，平面， 所以平面. 连接，因为平面， 平面，平面平面 所以， 因为，所以. 所以点到平面的距离为， 由相似三角形性质得，从而，. 于是，所以. （2）略 7．如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)【证明】证法一：如图所示，取棱上一点，使得， 连接，因为，所以，所以，且， 又因为四边形为菱形，且，所以且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 证法二：如图所示，取棱上一点，使得，连接， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 证法三：如图所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，，所以是等边三角形，所以， 因为，，且平面，所以平面， 在中，，可得， 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为且，所以， 又因为平面，所以， 因为，，且平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得, 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 又由， 所以, 因为平面，所以平面. (2). 【分析】（1）证法一：取棱AE上一点H，使得，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 证法二：取棱上一点，使得，分别证得平面和平面，得到平面平面，进而证得平面； 证法三：取的中点，证得平面和平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为和，结合,进而证得平面； （2）由（1）中的坐标系，求得平面的法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知：，且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 8．（2026·吉林长春·模拟预测）如图所示，在长方体中，点M，N分别是直线，上的动点． (1)若M，N分别为线段，的中点，证明：平面； (2)若，且二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)取中点，连接， 因为为线段的中点，点是中点，所以， 又平面，平面，所以平面 同理，因为为线段，点是中点，所以， 又平面，平面，所以平面 因为平面，所以平面平面， 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据面面平行的性质证明线面平行即可. （2）设，根据空间向量法求解二面角的平面角的余弦值，计算求得结果. 【详解】（1）略 （2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设， 由，得， ； 设平面的法向量为，则，令，所以， 设平面的法向量为，则，令，所以， 因为二面角的余弦值为 ，可知二面角的平面角为锐角， 所以，即， 当时，，即，解得， 此时二面角的平面角为钝角，舍掉. 当时，，即，解得， 此时二面角的平面角为锐角，因此. 9．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】(1)通过面面平行的判定进而得到线面平行. (2)建立坐标系求出各点坐标以及平面法向量后进而求出夹角余弦值. (3)通过三棱锥体积公式求出底面面积进而求出长度. 【详解】（1）因为，，，，平面，平面，推出平面平面. 又因为平面，所以平面. （2） 建立以为原点的直角坐标系. 得出各点坐标，，，，，. 设，，，因为，解出，，那么. ，，得出平面法向量. ，，得出平面法向量. . （3） 作交于点. 因为平面，，所以平面，又因为平面，推出.由题意得，为正方形，进而. 因为，，并且,所以平面. ，，易得. ，那么. 【新思维】10．（2026·江苏镇江·二模）如图，四边形是平行四边形ABCD在平面上的投影（）． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知四边形是边长为的正方形，，，，，，，点和分别是和的中点，设直线DE与的交点为S． ①求证：点S在直线上； ②求平面SCD与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) 四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面， 又，平面，平面， 平面， ，平面平面. 又两个平行平面被平面所截，交线为和 所以；同理， 故是平行四边形. (2)①因为是正方形，所以， 又因为，所以， 平面，平面， 所以平面，平面平面于，所以， 又因为，所以为平行四边形， 因为是的中点，在中，由可得, ，即为的中点， 连接，取与的交点为， 在中，为的中点，且，所以， 又因为，此时重合，所以三点共线，点S在直线上. ② 【分析】（1）先证明线面平行，证明面面平行，最后用面面平行的判定定理证明，同理可得两组平行线段，即可证明平行四边形. （2）①先根据平行四边形和中点得到的中位线，求出为的中点，再用中位线的判定求出是的中点，可得点S在直线上. ②设空间直角坐标系，先求出两个空间向量的法向量，再用法向量夹角的余弦值的绝对值求出平面SCD与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）①略 ②在三角形中，， 由余弦定理可得，所以， 所以，所以三角形为直角三角形， 即，所以点是在平面的投影点，又因为， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 可得，，， ，，，， 设平面的法向量， 由题意得，， 得到， 令，则，故； 设平面的法向量， 由题意得，， 可得， 令，，，所以； 设平面SCD与平面的夹角为，两平面的法向量夹角为， 所以. 题型04 平行关系中的动点与探究问题 一、单选题 1．（2026·云南昆明·模拟预测）在棱长均为2的正三棱锥中，点M是的中点，点N是侧面上的一个动点，当平面时，线段的长度的最小值是（  ） A． B． C． D．1 【答案】A 【详解】分别取，的中点为，，连接，，， 又点M是的中点，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点N是侧面上的一个动点，且平面， 所以点在平面上的轨迹为线段，在中，可知， 所以当时，的长度最小，即， 所以的最小值为. 二、多选题 2．如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点， 使得平面 B．异面直线与所成的角的大小为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D．若平面，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】A选项，取的中点，通过平面平面，即可判断，B选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故；C选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 故当在线段上时，满足平面，A正确； B选项，由A知，且，所以，故为直线与所成角或其补角， 连接，则， 所以为等边三角形，故， 异面直线与所成的角的大小为，B正确； C选项，连接，由A知，，又，所以， 所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形， 因为，所以四边形为梯形，C错误； D选项，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 又，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当在线段上时，平面， 所以平面， 所以若平面，则点的轨迹的长度为，D正确. 3．（2026·江苏南京·模拟预测）在正方体中，是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点和的平面记为，则（    ） A．当分别是的中点时，上不存在点，使得 B．截正方体的截面可能是五边形 C．当分别是的中点时，平分正方体两部分的体积之比为 D．当为棱中点时，满足的点有且只有2个 【答案】BCD 【分析】对于A选项，设，以为原点，以所在直线为轴建立坐标系后，利用空间向量法使得平面，解出，故存在满足条件的点；对于C选项，画出截面，利用割补法计算下面的部分的体积，再与剩下的部分比较即可；对于B选项，C选项中的截面形状即为五边形；对于D选项，设，根据得到点满足的方程，在一个圆上，通过代入点坐标和分析圆心的位置证明该圆与正方形的四边有两个交点，所以满足条件的点有且只有2个. 【详解】对于A选项，以为原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 若，则即，解得， 即点为靠近点的三等分点，所以存在点使得，A错误； 对于C选项，当分别是的中点时，为平面， 其中分别为直线和的延长线的交点， 可得， 和的交点分别记为， 则，同理， 可得下面的部分的体积为 ， 而整个正方体的体积为，所以， 从而，C正确； 对于B选项，C选项中的即为五边形，B正确； 对于D选项，可知，设， 依题意有即， 整理得，配方得， 将代入得，所以点在该圆内， 同理可判断点在该圆内，点在该圆外，结合点到的距离， 可得该圆与正方形的四边有两个交点， 因为是正方形四边上的动点， 所以满足条件的点有且只有2个，D正确. 4．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．存在点，使，，，四点共面 B．存在点，使∥平面 C．三棱锥的体积为 D．此正方体外接球的表面积为 【答案】ABC 【分析】利用平行公理推理判断A；利用线面平行的判定推理判断B；求出三棱锥的体积判断C；求出正方体外接球直径计算判断D. 【详解】对于A，在正方体中，连接，由分别是的中点， 得，又，则，因此四点共面， 即当Q与点重合时，四点共面，A正确； 对于B，连接，当Q是的中点时，由，得， 而平面平面，则平面，B正确； 对于C，，而平面，，则，C正确； 对于D，正方体外接球直径等于，该球表面积，D错误. 5．（2026·辽宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（   ） A．直线与所成角的余弦值为 B．用平面截该正方体，所得截面面积为 C．若与交于点，则长度的取值范围是 D．若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】对于A：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求解即可；对于B：取中点，判断四边形为平面截该正方体所得截面，求等腰梯形的面积即可；对于C：根据两点间距离公式求出最小值，结合勾股定理判断最大值；对于D：取、中点、，证出平面平面，得到动点的轨迹为线段，求出即可. 【详解】以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 对于A：因为为棱的中点，所以，，. 设直线与所成角为， 所以，A错误. 对于B：取中点，连接，，，易知为平行四边形，所以. 又，为中点，所以，即，所以、、、四点共面， 即平面截该正方体所得截面为四边形. 易知，，， 所以四边形为等腰梯形，设高为，则， 所以面积为，B正确. 对于C：正方体中，，所以，所以. 设，则，所以. 设，. 则. 易知当，时，取得最小值，为， 由于故时，故取得最大值，所以， 故长度的取值范围是，C正确. 对于D：取、中点、，连接、、、、， 则，. 正方体中，易知，，，则 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 同理可得平面， 又，所以平面平面， 即线段上的点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以三棱锥与三棱锥体积相等时动点的轨迹为线段， 而，故D错误. 【新角度】6．（2026·云南曲靖·二模）如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，为正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上运动，则与一定为异面直线 B．若点在棱上运动，则存在点，使得平面 C．若点是底面内一点（包括边界），且点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．若点为中点，则三棱锥体积为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据异面直线的定义即可判断；对于B，作出过点与平面平行的正方体的截面，即可判断；对于C，由题意可得点到定点的距离等于点到定直线的距离，根据抛物线的定义即可判断；对于D，判断平面，根据即可判断. 【详解】当点在棱上运动时，在平面上， 而与平面相交，且交点不在上， 所以与既不相交也不平行，一定为异面直线，故A正确； 如图1，取分别为中点， 则四边形为过点与平面平行的正方体的截面，与棱无交点， 故B错误； 当点在底面内运动时， 由底面可得点到直线的距离即为， 则在平面内，点到定点的距离等于点到定直线的距离， 由抛物线定义可得点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线的一部分， 故C正确； 如图2，取为中点，设与交于点， 因为为中点，易证与全等， 故，因为， 所以，所以， 又因为平面，平面 所以， 又，所以平面， ， 故D正确． 三、解答题 7．在正三棱台中，，，点O为的重心． (1)求证：， (2)棱上是否存在一点P使得平面？若存在，求出线段比值，不存在说明理由 (3)若侧棱上有一动点D，求直线BD与平面所成角θ的正弦值的取值范围． （请用几何法求解，向量坐标法不计分） 【答案】(1)连接并延长交于M，由于点O为正的重心． 故M为的中点，则； 设点为正的重心．连接并延长交于E，则E为的中点， 根据正三棱台的性质得，即共面； 连接，则平面，平面，故; 又平面，故平面， 平面，故，即； (2)棱上存在一点P使得，， (3) 【分析】（1）首先取中点M，连接，可证平面，进而证明结论； （2）假设存在点P，根据线面平行的判定定理，可利用面面平行的性质，结合棱台上下底面对应边平行、重心分中线的比例关系，确定P的位置并计算比值； （3）设，求出点D到平面的距离的表达式，以及表示出的长度，因为线面角的正弦值等于点到平面的距离与斜线长度的比值，可得，再根据参数的取值范围，进而得到正弦值的范围. 【详解】（1）略 （2）棱上存在一点P使得，， 延长交于一点S，由， 知，则， 则三棱锥为棱长是6的正四面体， 过O作交于G，点O为的重心，则， 过G作交于P，由，平面，平面， 故平面，同理平面， 平面，故平面平面， 而平面，故平面， 此时四边形为平行四边形，, 则. （3）由（2）知三棱锥为棱长是6的正四面体， 根据正四面体性质可知，平面，即平面， 平面，即可得平面平面，平面平面， 作垂直于平面，则垂足落在上， ，则，， 故,， 设，, 由于，故，则， 在中，， 则， 则直线BD与平面所成角θ的正弦值, 令，则，而， 由于在上单调递增，故， ， 故，即. 8．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面． (1)求证：为的中点； (2)若，，求二面角的最小值． 【答案】(1)连接，设，连接，则是、的中点， 直线平面，平面，平面平面， ．   在中是的中点， 是线段中点．   (2) 【分析】（1）通过平面，得到，结合中位线即可证明； （2）建系，求得平面法向量，由夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）设为圆柱的一条母线，由题意可知两两垂直， 以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． ，设，，则，，其中，，， 设平面的一个法向量为, 则，故可取． 平面的一个法向量为．   由图可知二面角为锐二面角，设二面角的平面角为， 则， ，当且仅当时取等号， 所以,则，故有， 又，则,所以的最小值为， 即二面角的最小值为. 9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，点是棱上的动点，点是棱中点，.    (1)求证：； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系. 由题意得各点坐标：，，，，， 为中点，故. 设，. ∵ ，， ∴ ， ∴ ，即.    (2). 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，根据线线垂直的向量判断可证垂直关系； （2）先根据线面平行的向量判断得的坐标，再根据向量法可求线面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）∵ 平面， ，，. 设平面的法向量为，    则 ，即， 取，得. ∵ ， ∴ ， 解得，即. 此时. 设平面的法向量为， ，， 则，即， 令，得，，即. 设直线与平面所成角为， 则. 10．如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)点是线段上的动点，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) (3) 【分析】(1)通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理证得平面. (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到平面的距离. (3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值的表达式，结合二次函数的性质求得其最大值. 【详解】（1）取的中点，连接、. 由为中点，得且； 由为中点，得且，故且， 所以四边形为平行四边形，因此. 又平面，平面，故平面. （2）连接，设，连接，则平面， 以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系. 由为二面角的平面角，得、， 而是的中点，所以，所以是等边三角形， 因为，所以，高， ，，，，， ，，， ，设平面的法向量为， 则，故可设平面的法向量， 由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离， ，所以直线到平面的距离为. （3）设为线段上的动点，令()， 则 ， 则，向量. 设直线与平面所成角为， 则, ， 当时，取得最小值， 此时取得最大值为：. 【新思维】11．如图，在直三棱柱中，，，，动点D可沿线段往复匀速滑动，记，. (1)当平面时，求实数的临界值； (2)取（1）中临界值，求直线与平面所成角的正弦值； (3)以（1）求得的为几何分界点，将上D的位置划分为两个几何状态：状态靠近B端，即；状态靠近端，即.D每次滑动仅受几何约束产生状态转移：若当前在状态M，下一次滑向N的概率为；若当前在状态N，下一次滑向M的概率为.记为第n次滑动后D处于状态M的概率，求数列的前n项和. 【答案】(1)． (2)． (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，用直线方向向量与平面法向量垂直来判断线面平行．（2）用空间向量，利用直线与平面所成角的正弦值公式计算．（3）分别讨论初始状态在和在两种情况，得到，再用全概率公式列出递推关系，并通过构造辅助数列求出，最后写出前项和． 【详解】（1） 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 由题意可取，，，，． 因为在线段上，且，所以，即． 平面内有向量，． 设平面的一个法向量为，则，．由这两个条件可取． 又．若平面，则，所以． 于是，解得．因此临界值． （2）由第（1）问得，所以． 平面内有向量，． 设平面的一个法向量为，由，，可取． 直线的方向向量为．设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）由第（1）问知．先确定． 若初始时在状态，则第一次滑动后仍在状态的概率为． 若初始时在状态，则第一次滑动后滑向状态的概率为．所以无论初始状态在还是在，都有． 当第次滑动后在状态时，下一次仍在状态的概率为． 当第次滑动后在状态时，下一次滑向状态的概率为． 因此由全概率公式得，整理得． 令．将上式两边同乘，得，且． 设，直接代入可验证． 于是．又，所以．因此． 所以．由，得． 于是数列的前项和为. 题型05 平行关系的综合应用 一、单选题 1．已知直线、与平面α．则下列结论正确的是（   ） A．若，，则、为异面直线 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【详解】A：当过点A,此时，相交,A错； B：也可能在α内,B错； C：也可能在α内,C错； D：垂直于同一平面的两条直线平行,D正确. 二、填空题 【新角度】2． 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中分别为几何体的上底面面积、中截面面积、下底面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为．类似地，可运用该公式求解下述问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为________． 【答案】336 【分析】根据题意求出点到平面的距离，进而求得中截面和底面的面积，利用给定“万能求积公式”计算即可. 【详解】由，直线与平面所成角的正切值为，则正弦值为，所以到平面的距离为， 由平面，则，四边形为矩形，， 作出中截面，则，， 因为，四边形为矩形，所以四边形为矩形， 所以，，， 所以该五面体的体积为. 故答案为：336. 三、解答题 3．如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，．证明：； 【答案】证明：因为均为圆台的母线， 所以延长必交于一点，如图： 因为，所以确定一个平面， 又因为圆台的上下底面互相平行，即平面平面， 因平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得； 【分析】将圆台补成圆锥，利用面面平行的性质证明线线平行. 【详解】略 4．如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点． 证明：∥平面； 【答案】取的中点，连接，． 因为分别为的中点， 所以，且． 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面平面，所以∥平面． 【分析】取的中点，利用平行四边形的性质证明线面平行. 【详解】略 5．如图所示，长方体中，，．E、F、G分别为棱、、的中点． (1)试在底面上找一点H，使平面； (2)求四面体的体积． 【答案】(1)取的中点P，的中点H，连接、， 则，， ，又平面，平面． 即H在上，且时，平面． (2) 【分析】（1）取底面上靠近的四等分点，连接、，根据，可证平面； （2）利用，由三棱锥体积的求法可求得结果. 【详解】（1）略 （2）平面，， 而， ， ． 6．如图所示，在正三棱柱中，底面边长是2，D是棱的中点，点M在棱上，且，又． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1) 连接交于点E，连接， 又D是棱的中点，所以是的中位线， 所以， 因为平面，平面 所以面； (2) 【分析】（1） 连接交于点E，，结合D是棱的中点得到，再用线面平行判定定理完成证明； （2）先由正三棱柱面面垂直推出侧面，结合证得，利用两角正切乘积为解出侧棱长，转换顶点后用棱锥体积公式算出结果． 【详解】（1）略 （2）连结， 在正三棱柱中， 因为是正三角形，且D是的中点，所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，且平面，， 所以平面， 因为平面，所以，    所以， 所以与互为倒数， ， 所以，解得， 所以， 因为面， 所以三棱锥的体积． 7．在等腰梯形中（如图甲），，，，于点A，将沿折起，使平面平面（如图乙），点M在棱上，平面把几何体分成的两部分体积比． (1)确定点M在上的位置； (2)判断直线是否平行于平面，并说明理由； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)∵平面平面，， 平面， ∴平面平面． 在平面内，由M作于点H． 平面． ， ，从而． 为的中点． (2)连结交于O，，，，由相似三角形易得， 不是的中点．又为的中点， ∴在平面中，直线与相交． 又平面，平面，∴直线与平面不平行． (3) 【详解】（1）略 （2）解法一：略 解法二：以A为原点，直线、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、， 则，． 设平面的法向量为， 则，即， 这时取， ， 而，与不垂直， ∴直线与平面不平行． （3）解法一：过点H作于点N，连结， 则是二面角的平面角． ，，又， 在中，， ∴二面角的正切值为 解法二：由（2）知平面的法向量为， 又平面的法向量， 则， ∴二面角的正切值为． 8．如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是、的中点．若，． (1)求证：平面； (2)求点F到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)如图建立空间直角坐标系，，，，，，. 取的中点G，连结，则． ，， ．即． 又平面，平面， 平面． (2) (3)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出和平面中的向量，再证明平行即可. （2）求出平面的法向量，再求出点F到平面的距离即可. （3）根据（2）以及线面角公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为，，． ．即． 取，得． 又， 故点F到平面的距离为． （3）， ． ∴直线与平面所成角的大小为． 9．如图，正三棱柱中，是的中点． (1)求证：平面⊥平面； (2)求证：平面； (3)若，求二面角的大小． 【答案】(1)是正三棱柱， 平面，平面,则． 是正三角形，是的中点， ． 平面， 平面． 又平面， ∴平面平面． (2)连结，设． 是正三棱柱，∴四边形是矩形，是的中点． 是的中点，． 又平面，平面，平面． (3)． 【分析】（1）根据正三棱柱的性质、线面垂直的性质定理、判定定理和面面垂直的判定定理进行证明． （2）根据正三棱柱的性质和线面平行的判定定理进行证明． （3）根据三垂线定理，确定二面角的平面角，利用勾股定理求出相关线段的长度，进而求出二面角的大小． 【详解】（1）略； （2）略； （3）作于点，于点，连结． ∵平面平面，且两平面的交线为，平面， 平面． 故是在平面上的射影． 根据三垂线定理得，．于是是二面角的平面角． 设，由，则． 在中，． 在中，． 在中，，所以． 于是二面角的大小是． 10．（2026·湖北襄阳·模拟预测）在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1)若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）作直线 交于点 ，利用线面平行的性质可得 ，进而可求得的值． （2）利用体积公式求得，记，利用导数可求得体积的最大值，确定，法一：延长交 于 ，连接交 于，设，利用向量的线性运算可求得的值；法二：建立空间直角坐标系，设，求得平面 的一个法向量，进而利用 可求得，进而可求得的值. 【详解】（1）作直线交于点，因为，所以． 因为平面，面 ，面平面， 所以，所以四边形 为平行四边形，所以，所以． （2）因为 ，，，所以平面， 在中，， ，所以， 又（ ），所以，所以， 因为，且 ，所以，所以， 因为四棱锥的体积 ， 记，，， 令，得，解得或（舍去）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当时，四棱锥的体积最大，此时，，． 方法一： 如图，延长 交 于 ，连接交于， 设， 由解得， 则得，则， 即得 所以. 方法二： 如图，分别以 ，，所在直线为 ，， 轴建立空间直角坐标系. 则，，，，． 设，，，， 设平面法向量， 则，故可取， 由解得， 所以. 11．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面为直角梯形，满足，，且，，，．点M为的中点，点N为的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)以A为原点，分别以，，所在方向建立空间直角坐标系． 则，，，， ，，，． 因为M为的中点，N为的中点，所以，． 有． 平面中，，． 设平面的一个法向量为， ，不妨取，则， 又，则， 而平面，所以平面． (2)． 【分析】（1）以A为原点，分别以，，所在方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用空间向量证明线面平行即可； （2）求出平面的一个法向量，再利用空间向量法求平面与平面的夹角即可． 【详解】（1）略 （2）易得平面的一个法向量为． 在平面中，，． 设平面的一个法向量为， ，不妨取，则． 设平面与平面所成角为， 则， 因此， 即平面与平面所成二面角的正弦值为． 重难·创新演练 设题创新:平行关系的综合应用 一、多选题 【新思维】1．（2026·甘肃·三模）如图，在边长为1的正四面体中，D是点B关于的对称点，点P，Q，R分别在棱，，上，且满足.若E为的中点，点F在直线上，且满足直线平面，则下列说法中正确的有（    ） A．线段的长为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．当x从0增加到1时， D．当x从0增加到1时，点F运动的路程为 【答案】ACD 【详解】选项A，如图，连接，交于点M，取中点N，连接，易知. 在正四面体中，易知， ，. ，选项A正确； 选项B，∵易知正四面体的高为， 直线与平面夹角的正弦值为，选项B错误； 选项C，，， . 易知，，，， . 在中，由余弦定理，得. 同理，. 故，故，选项C正确； 选项D，设，，，，易知. 又，，， ，. 又平面，故存在，使得. . 点F在直线上，故存在，使. 消去λ，得. ，. 记，则. ∴易知在区间上单调递增，在区间上单调递减. ，，，， ∴当x从0增加到1时，点F运动的路程为，选项D正确. 【新思维】2．（2026·安徽芜湖·二模）在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，在空间中，，记点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（    ） A．若线段的中点为，则 B．曲线是一个圆 C．曲线上不存在点，使得平面 D．曲线上点到平面距离的最大值为 【答案】ABD 【分析】先将正四面体还原成正方体，再建立空间直角坐标系，然后分别求选项所要求的内容. 【详解】先将正四面体放入正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系 因为正四面体的棱长为，所以正方体的棱长为， ，，，， 是的中点，所以，同理，， ， ， ， 所以，A正确； 设，所以，，， 由题意， 化简得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，B正确； 过作平面的平行平面，与有两个交点，分别为和， 当为时，， 此时，所以， 因为平面，平面，所以平面，C错误； ，，， 设平面的法向量， ，解得 所以点到平面的距离为， 因为，所以， 因为，所以， ，， ， 所以点到平面的最大距离为，D正确. 3．（2026·河北保定·一模）如图，正方体.中，，点O为侧面的中心，M，N分别为棱的中点，动点Q在该正方体表面（底面以外）上，且平面平面，则下列结论正确的是（   ） A．平面截该正方体所得截面的面积为 B．点Q的轨迹长度为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．三棱锥的体积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】对于A，延长即可得到截面，再求面积即可；对于B，根据面面平行，作出平面即可；对于C，易知点到平面的距离为定值，利用等体积法求出距离，再确定的最小值即可；对于D，结合点的轨迹，得到点到平面的最大值，再根据锥体体积公式计算即可． 【详解】对于A，如图，延长，与交于点，连接， 所以平面截该正方体所得截面为， 易知为等边三角形，其面积为，故A错误； 对于B，分别取的中点，连接， 则六边形为正六边形，因为分别为棱的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，因为，所以平面平面， 则点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，由平面平面可知，点到平面的距离为定值， 不妨取点在点的位置，设点到平面的距离为， 连接，由， 得，即，解得， 设直线与平面所成角为，则， 当点运动到线段的中点时，取得最小值，取得最大值， 此时易得，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确； 对于D，因为，所以， 又平面平面，所以平面， 要使三棱锥的体积取得最大值，则点到平面的距离最大， 易知当点在上运动时，点到平面的距离最大， 不妨取点与点重合，设，连接，显然， 由于，易得，则， 所以，又平面，所以平面， 所以三棱锥体积的最大值为，故D正确． 二、解答题 4．（2026·河南新乡·三模）如图，圆柱的轴截面是边长为6的正方形，点在线段AB上，且，点在线段上，且为圆的过点的一条动弦（不与AB重合）. (1)证明：平面PMN； (2)若点是下底面圆周上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角为与上底面所成的角为，求的最小值； (3)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)如图1，连接.由题意可知. 因为，所以，所以. 又因为在圆柱的轴截面中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以. 又因为平面平面PMN，所以平面PMN. (2)25 (3) 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，从而可得，结合线面平行的判定定理可证平面PMN； （2）设，利用空间距离结合线面角定义可得，利用基本不等式可求的最小值； （3）根据体积公式可得，在平面直角坐标系中结合解析几何的方法可求最大值时，从而即为二面角的平面角，故可求其余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则，设，可得， 则，且， 所以，. 由题意知，，且与上、下底面均垂直， 所以与下底面所成的角为，所以. 同理，.所以. ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为25. （3）由（1）知，所以， ， 所以当最大时，三棱锥的体积最大. 在平面直角坐标系xOy中，圆的方程为， 设直线，代入圆方程， 整理得，且， 所以， 所以 ， 令，则，则. 由对勾函数的性质可知，在上单调递增， 所以在上单调递减，所以， 所以当，即时，三棱锥的体积最大，最大体积为. 此时，且为MN的中点，所以. 所以即为二面角的平面角， 因为， 所以二面角的余弦值为. 5．（2026·福建漳州·三模）如图，在四棱锥中，，点在线段上，，，平面平面． (1)证明：； (2)过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明； (3)若，求当取最小值时，二面角的正弦值． 【答案】(1)证明如下： 在中，，，， 所以， 所以，所以． 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面， 所以． (2) 取的中点，的中点，连接，则即为直线． 证明如下： 连接， 因为分别是和的中点， 所以， 又平面平面， 所以平面， 同理，平面， 又平面， 所以平面平面， 又过且与平面平行的平面有且只有一个，平面， 所以平面即平面， 又平面平面， 所以即为直线． (3) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，由勾股定理的逆定理可得．再由面面垂直的性质可得平面，即可证明； （2）取的中点，的中点，连接，则即为直线．由面面平行的判断定理证明即可； （3）以为坐标原点，为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）略 （2）略 （3）以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 其中轴在平面内，轴垂直平面， 则， 设， 则， 因为， 所以， 化简得， 又，所以， 所以点在面内的曲线上， 同理，点也在上． 在平面直角坐标系内，， 设直线的方程为， 代入， 得， 设， 则 解得． ， 令， 则 因为， 所以， 所以当，即时，， 此时在空间直角坐标系中，， 设是平面的法向量， ,即, 取 设是平面的法向量， , 即, 取 设二面角的大小为， 则， 又， 所以二面角的正弦值为 6．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在圆柱中，矩形为其轴截面，点为底面半圆弧上的动点（前半部分，且点不与点重合），点在母线上，，，点是上底面内的一个动点. (1)若，平面，求的长度； (2)若点F是上底面圆周上一点，求到的最大距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量共线的概念，找出点的轨迹，再根据线面平行的判定定理，作出辅助线，求出结果即可； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出方向向量坐标，根据向量的数量积，求出向量夹角，进而求出点到直线的距离即可，构造函数，判断距离的最大值； （3）根据点的坐标，求出方向向量和法向量，根据面面夹角的向量求出，求出夹角的余弦值的范围即可. 【详解】（1） 当时，点在线段上， 过作，交于，过作，交于， 此时，面，面， 所以平面，此时， 因为，所以，即，解得， 所以. （2） 过作，交下底面圆周于点， 以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 可知点在以为圆心，以为半径的圆上，所以设点， 可知，， 可知点到的距离为， 可知， 所以， 设函数，可知函数对称轴为， 当时，最大值， 即当时，点到的最大距离为. （3）可知点在以为圆心，以为半径的圆周上， 所以设， 可知，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，解得， 即平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 令，即， 因为，所以，可得， 所以， 设函数，可知函数对称轴为， 所以函数在上单调递减， 所以当时，，所以， 即平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 7．（2026·四川成都·三模）如图，在菱形中，，，将沿翻折至，连接构成四棱锥． (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为． ①求的长； ②设在平面上的射影为，直线与交于点，为的中点，证明：平面． 【答案】(1) 连接交于点，连接， 因为是菱形，所以，所以，， 因为沿翻折至，所以，且， 又平面，， 所以平面； (2)①； ②由（1）知平面，因为平面，所以平面平面， 因为在平面上的射影为，平面平面，所以． 过点作平面的垂线，垂足为，连接并延长交于点，连接， 由①知，，，故，从而，， 因为与相似，所以，故， 所以为的中点， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以平面． 【分析】（1）利用菱形对角线互相垂直，得；再由翻折的不变性，得；结合，根据线面垂直判定定理证得结论； （2）① 由（1）的垂直关系，确定为二面角的平面角；在菱形中求出，翻折后；在中，用余弦定理直接计算； ②先由面面垂直性质确定在底面的射影在上，再通过相似三角形推出为的中点；接着利用中位线分别证明、，从而证得平面平面，最后由面面平行的性质得平面． 【详解】（1）略 （2）①由（1）知，，平面，平面， 所以是二面角的平面角，故， 菱形中，，，， 所以在中，， 故，即； ②略 【新情境】8．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四面体的体积． 【答案】(1) 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 根据已知得，，，，， ，，，，， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令，则， 因为，所以， 所以平面. (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面即可； （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解； （3）利用向量法求出，再由三棱锥体积公式求解. 【详解】（1）略 （2），，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 与平面所成角的正弦值为. （3）因为， ，， 所以， 所以． 【新思维】9．（2026·重庆渝中·二模）如图，已知立方体的棱长为，点是棱上一动点． (1)当为中点时，为线段上一点，，求证：面； (2)当在上运动（不包括端点）时，线段上是否存在点，使得面，若存在，请问点在平面内的轨迹是什么曲线？若不存在，请说明理由； (3)当在上运动（包括端点）时形成一系列点列，其中与重合，是线段的中点，是四棱锥的内切球半径，求证：． 【答案】(1) 以为原点，、、分别为、、轴建立如图所示的坐标系， ，，，，， ，，， 所以，即， ，即， 因为，平面，所以面． (2) 存在点使得面，且点在平面内的轨迹是抛物线的一部分． 理由如下：令，，， 令面的法向量为， ，令，得， 令，， ，， 在平面建立如图所示的坐标系， 令，， 所以，整理得，点的轨迹方程为， 所以点在平面内的轨迹是抛物线的一部分． (3) 记为四棱锥的表面积，， 所以， ， 所以． 【分析】（1）建系写出各点坐标，通过计算向量点积证明与平面内两条相交直线​、均垂直，从而证得线面垂直； （2）设参数表示点和线段上的点，利用线面平行的向量条件列方程，消参后得到在平面​内的轨迹，为抛物线的一段； （3）先根据四棱锥体积与表面积公式推导出内切球半径​的表达式，再对进行放缩，结合等比数列求和证明． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 10．（2026·河北·模拟预测）等边三角形绕边 上的高旋转一周形成一个圆锥，如图，已知C，D均为弧 的三等分点（点 靠近点 ）， 为母线的中点，．    (1)已知 为内一点，且平面，作出点 的轨迹并证明； (2)求平面和平面所成二面角的正弦值； (3)设 为圆锥底面圆周上一点，求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)设中点为，连接，，，，则点 的轨迹为线段. 证明： 分别为的中点，，且， 又C，D为弧 的三等分点，，且， 且，四边形是平行四边形，， C，D为弧 的三等分点，，， 四边形是平行四边形，， 由，，平面，平面， 平面，平面，平面平面， 为内一点，且平面， 当点 在线段上时，平面，满足平面， 点 的轨迹为线段（不包括端点）. (2) (3) 【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由面面平行的性质可得点 的轨迹； （2）设点 为弧 中点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法计算可得结果； （3）利用余弦定理计算得到的面积，利用空间向量计算得到点 到平面距离的最大值，最后由三棱锥体积公式计算可得结果. 【详解】（1）略 （2）设点 为弧 中点，以为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，，，， ，，，， 设是平面的法向量， 则，令 ，可得，，所以， 设是平面的法向量， 则，令，可得，，所以， 设平面和平面所成二面角为， 则， ， 所以平面和平面所成二面角的正弦值为. （3），，， 则， ， 设，， 则点 到平面的距离， 当时，， 三棱锥体积的最大值为. 真题·实战演练 高频考点：线面平行的证明 一、单选题 1．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ） A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 【答案】A 【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论. 【详解】 连，在正方体中， M是的中点，所以为中点， 又N是的中点，所以， 平面平面， 所以平面. 因为不垂直，所以不垂直 则不垂直平面，所以选项B,D不正确； 在正方体中，， 平面，所以， ，所以平面， 平面，所以， 且直线是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 二、解答题 2．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1) 由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； (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）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 3．（2024·全国甲卷·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：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) 【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）略 （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， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 【点睛】 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）略 （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【点睛】 5．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【答案】(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，平面， 所以平面    (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）略 （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.    6．（2022·全国甲卷·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：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)． 【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）略 （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 7．（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)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(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). 【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，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （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， 则为直线在平面内的射影， 因为为直线与平面所成的角. 不妨设正方形边长为，则， 在中，， 因为平面，平面，所以， 在中，， ， 即为直线与平面所成角的正弦值. 8．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积． 【答案】 （1）分别为，的中点， . 又，. 在等边中，为中点，则， 又侧面为矩形，. ，， 由，平面， 平面. 又，且平面，平面， 平面. 又平面，且平面平面， ，. 又平面，平面. 平面，平面平面. （2）. 【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可； （2）根据已知条件求得和到的距离，根据锥体体积公式，即可求得. 【详解】（1）略 （2）过作垂线，交点为， 画出图形，如图： 平面，平面，平面平面， . 又，. 为的中心，. 故，则， 平面平面，平面平面， 平面， 平面. 又在等边中，即， 由（1）知，四边形为梯形， 四边形的面积为：. ， 为到的距离， . 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 9．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】 （1）分别为，的中点， ， 又， ， 在中，为中点，则， 又侧面为矩形， ， ， ， 由，平面， 平面， 又，且平面，平面， 平面， 又平面，且平面平面 ， ， 又平面， 平面， 平面， 平面平面. （2）. 【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可； （2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案. 【详解】（1）略 (2)[方法一]：几何法 如图，过O作的平行线分别交于点，联结， 由于平面，平面，， 平面，平面，所以平面平面． 又因平面平面，平面平面，所以． 因为，，，所以面． 又因，所以面， 所以与平面所成的角为． 令，则，由于O为的中心，故． 在中，， 由勾股定理得． 所以． 由于，直线与平面所成角的正弦值也为． [方法二]【最优解】：几何法 因为平面，平面平面，所以． 因为，所以四边形为平行四边形． 由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线． 所以在平面的射影为． 从而与所成角的正弦值即为所求． 在梯形中，设，过E作，垂足为G，则． 在直角三角形中，． [方法三]：向量法 由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量． 因为平面，平面，且平面平面， 所以． 由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则． 因为O为正的中心，故． 由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形． 由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则． 设直线与平面所成角为，，则． 所以直线与平面所成角的正弦值． [方法四]：基底法 不妨设， 以向量为基底， 从而，． ，， 则，． 所以． 由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量． 设直线与平面所成角，则． 故直线与平面所成角的正弦值为． [方法五]：坐标法 过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，AO=AB=2， 则， 所以， 所以 易得为平面A1AMN的一个法向量， 则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键； 方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法； 方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可； 方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量. 方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量. 10．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求点C到平面C1DE的距离． 【答案】(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). 【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）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果. （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）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果. 【详解】（1）略 （2）在菱形中，为中点，所以， 根据题意有，， 因为棱柱为直棱柱，所以有平面， 所以，所以， 设点C到平面的距离为， 根据题意有，则有， 解得， 所以点C到平面的距离为. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容. 11．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A-MA1-N的正弦值． 【答案】(1)证明：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). 【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）略 （2）设， 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：，，，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，则，     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. 19 / 21 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $