考点56平行（垂直）的判定与性质重难点精讲巧练-2027届高考数学一轮复习

黄金考点56  平行（垂直）的判定与性质 1．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．如图所示，在四棱锥中，分别为上的点，且平面，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．以上均有可能 3．如图，和都垂直于平面，且，，点在上，则（　　） A． B．若为中点，则平面 C．存在点使得平面平面 D．存在点使得平面平面 4．下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（   ） A．   B．   C．   D．   5．在直三棱柱中，，，为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面平面 6．在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点（含端点），则（    ） A．平面 B．不存在，使得 C．三棱锥的体积为定值 D．当时，平面 7．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论： ①PC∥平面OMN； ②平面PCD∥平面OMN； ③OM⊥PA； ④直线PD与直线MN所成角的大小为90°. 其中正确结论的序号是________. 8．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，已知平面，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面． （2026·天津·高考真题） 9．正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 （2026·全国一卷·高考真题） 10．在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， （2020·江苏·高考真题） 11．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． （1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1． （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题） 12．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. （2026·山东青岛·三模） 13．在直三棱柱中，，点，分别为线段，的中点，则（     ） A． B． C．平面 D．平面 （2026·四川成都·三模） 14．在正三棱柱中，是棱的中点，则（   ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 （2026·山东青岛·三模） 15．在直三棱柱中，，点，分别为线段，的中点，则（     ） A． B． C．平面 D．平面 （26-27高三上·湖北·开学考试） 16．如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． （25-26高三上·江苏徐州·阶段检测） 17．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（    ） A．若，则“”是“”的必要不充分条件 B．若，，则“”是“”的充分不必要条件 C．若，则“”是“”的充要条件 D．若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 （26-27高三上·浙江杭州·开学考试） 18．如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形为菱形，，分别是，的中点，在上，且，则在四棱锥中，下列说法正确的是（     ） A． B． C．平面 D．若上一点在平面内，则 19．如图，在直三棱柱中，D为棱AC的中点，与交于点E，． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. （25-26高三上·山西太原·阶段检测） 20．如图，正方形中，边长为，为中点，是边上的动点,将沿翻折到，将沿翻折到,设平面平面. (1)证明：平面平面； (2)证明：； (3)若，点在直线上，点在直线上，且，求的最大值. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点56 平行（垂直）的判定与性质 【练】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．D 【分析】对于AB：以正方体为载体，举反例说明即可；对于CD：面面平行、垂直分析判断即可. 【详解】作正方体， 对于A，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线， 则，但直线异面，故A选项错误； 对于B，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线， 则，但直线不垂直，故B选项错误； 对于C：若，，，则，故C选项错误； 对于D：若，，，则，故D选项正确. 故选：D. 2．B 【分析】根据给定条件，利用线面平行的性质推理判断即可. 【详解】直线平面，平面，平面平面， 所以. 故选：B 3．ABD 【分析】A线面垂直的性质定理可得；B取线段的中点，先证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可；C利用反证法以及面面平行的性质定理即可；D当为中点时，先求证平面，再结合B选项即可求出. 【详解】因和都垂直于平面，则，故A正确； 取线段的中点，连接， 因为中点，则，， 又，则，，故,， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面，故B正确； 假设存在点使得平面平面， 因平面平面，平面平面，则， 显然是不成立的，故假设不成立，故C错误； 当点为中点时，平面平面，证明如下： 因，则， 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 由B选项可知，则四点共面， 又平面，则平面平面，故D正确. 故选：ABD 4．BCD 【分析】由线面垂直的判定，结合向量说明线线的不垂直，逐个判断即可. 【详解】由条件可知四棱锥为正四棱锥， 对于A：      设的交点为，由正四棱锥的结构特征可知：面， 易知：，又，为平面内两条相交直线， 所以直线与平面垂直； 对于B：    取的中点为，连接， 有中位线性质可知：，， 所以四边形为平行四边形，所以， 可证直线平行平面； 对于C：    设棱长为2，， 所以， 所以与不垂直，所以直线不与平面垂直； 对于D： 设棱长为2，，， 所以 所以与不垂直，所以直线不与平面垂直； 故选：BCD. 5．BCD 【分析】对于A，易得为异面直线；对于B，由题易知，再根据线面平行的判定即可；对于C，通过证明平面，再由线面垂直的性质即可得到，对于D，不妨设，根据边长可证，由等腰三角形性质可得，接着利用线面垂直的判定可得平面，继而得到平面平面． 【详解】如图，设中点分别为，连接，    对于A，因为平面，平面， 平面平面，， 所以为异面直线，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，， 又平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，在直三棱柱中，平面，则， 又，所以，即， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故C正确； 对于D，因为，不妨设， ，， 在直三棱柱中，易知，则， 同理可得，又， 所以，即， 又，为中点， 所以，又，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故D正确． 故选：BCD． 6．ACD 【分析】A.根据线面垂直的判断定理，证明平面；B.根据点与重合，点与重合，即可判断B；C.根据等体积转化，判断C；结合平行四边形的性质，结合线面平行的判断定理，判断D. 【详解】A.因为,点，所以平面和平面是同一个平面， 平面，平面，所以，且，且，平面，所以平面，即平面，故A正确；    B.当点与重合，点与重合，此时是等边三角形，此时，所以存在，使得，故B错误； C.，为定值，故C正确；    D.取上一点，使，所以，且，所以四边形和是平行四边形，则，且，以及，， 所以四边形是平行四边形，则，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面, 所以平面，故D正确.    故选：ACD 7．①②③ 【分析】根据线面平行的判定可判定①；由面面平行的判定可判断②；由勾股定理可得PC⊥PA，结合PC⊥PA可判断③；通过线面直线所成角的定义及题设可证得∠PDC即为直线PD与直线CD所成的角，结合△PDC为等边三角形可判断④. 【详解】连接AC，如图 ∵O为底面正方形的中心，∴是的中点， 又M为侧棱PA的中点，∴PC∥OM， 又PC⊄平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC∥平面OMN， 故结论①正确； 同理PD∥平面OMN，又PCPD＝P，PC，PD平面PCD， 所以平面PCD∥平面OMN，故结论②正确； 由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以. 又∥，所以，故结论③正确； 由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB. 又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD， 所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即∠PDC. 又△PDC为等边三角形，所以，故④错误. 故答案为：①②③. 8．(1)证明：在四棱锥中，四边形为正方形， 连接，，交于点，则是中点，连接， 为中点，则为的中位线， ， 在平面外，平面， 平面． (2)证明：在四棱锥中，四边形为正方形， ， 平面，平面， ， 平面， 平面， 平面， 平面平面． 【分析】（1）连接，，交于点，由三角形中位线性质可得，根据线面平行的判定可证得结论； （2）由线面垂直的性质及正方形的性质，结合线面垂直的判定可证得平面，由面面垂直的判定可证得结论． 【详解】（1）略 （2）略 9．D 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面    ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 10．BC 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 11． （1）由于分别是的中点，所以. 由于平面，平面，所以平面. （2）由于平面，平面，所以. 由于，所以平面， 由于平面，所以平面平面. 【分析】（1）通过证明，来证得平面. （2）通过证明平面，来证得平面平面. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 12．(1)因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以； (2) 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）略 （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则，设, 所以， 设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角，记为，为，， 记二面角为．据题意，得． 对使用三面角的余弦公式，可得， 化简可得．① 使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．② 将①②两式平方后相加，可得， 由此得，从而可得． 如图可知，即有， 根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得， 结合的正切值， 可得从而可得三棱锥的体积为． 【点睛】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理； 方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解. 方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 13．BCD 【分析】取的中点为，根据线线平行的判定可判断A；根据线面垂直可判断B；根据线面平行可判断C；根据线面垂直可判断D. 【详解】取的中点为，连接 ，如下图所示： 对于A，由于点为线段的中点，点为线段的中点，则且， 又因为为的中点，所以， 在直三棱柱中，有且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，而交于，所以不平行，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，底面，底面，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于C，由于，底面，底面，所以平面，故C正确； 对于D，由于且点为线段的中点，所以， 在直三棱柱中，底面，底面，所以， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面，故D正确. 14．AD 【详解】选项：如图所示，在正三角形中，因为为的中点，所以， 在正三棱柱中，因为面，面，所以， 因为，面，所以面， 因为面，所以，故正确； 选项：在正三棱柱中，，又， 故与不平行，即与不平行， 故不正确； 选项：设正三棱柱的底面棱长为，高为. 因为，故以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，过点且平行于直线所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则、、，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，得， 令，得，所以. 平面的一个法向量为，所以，， 所以平面与平面不垂直，故不正确； 选项：设平面的一个法向量为，得， 所以，面面，故正确. 15．BCD 【分析】取的中点为，根据线线平行的判定可判断A；根据线面垂直可判断B；根据线面平行可判断C；根据线面垂直可判断D. 【详解】取的中点为，连接 ，如下图所示： 对于A，由于点为线段的中点，点为线段的中点，则且， 又因为为的中点，所以， 在直三棱柱中，有且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，而交于，所以不平行，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，底面，底面，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于C，由于，底面，底面，所以平面，故C正确； 对于D，由于且点为线段的中点，所以， 在直三棱柱中，底面，底面，所以， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面，故D正确. 16．(1)证明：因为为的中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面，且， 所以平面． (2)存在，． 【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，，所以，. 因为四边形为菱形，且，所以. 由（1）知，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设． 又，所以， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以， 记直线与平面所成的角为， 则，解得（负根舍去）， 此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时． 17．A 【详解】解析　对于A，若，，则，反之，若，，则或， 则“”是“”的充分不必要条件，故A错误； 对于B，若，，，则，反之，若，，，则平行或异面， 所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确； 对于C，若，则，反之，若，则， 则“”是“”的充要条件，故C正确； 对于D，若，则或， 反之，若，则相交、平行或异面， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确. 18．AC 【分析】先从平面展开图还原出四棱锥的空间结构，明确各点位置，通过中位线和平行线传递垂直可判断A选项，通过分析异面直线可判断B选项，通过取中点构造中位线找到平面内与平行的直线从而证明线面平行可判断C选项，延长和找到平面与底面的交线，利用平行线分线段成比例确定点的位置得到线段比例关系可判断D选项. 【详解】将四棱锥的平面展开图还原成如图所示的直观图，连接， 因为分别是的中点，所以， 又四边形为菱形，所以，所以，所以A正确； 由平面，平面，，平面， 得与是异面直线，所以B不正确； 设，连接交于点，则为的中点，且为的中点， 如图，连接，取的中点，连接， 因为，为的中点，所以为的中点， 又为的中点，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，所以C正确； 如图，延长交于点，延长、交于点，取的中点，连接， 所以， 又，所以，所以为线段的三等分点， 同理可得为线段上靠近点的三等分点，连接，交于， 所以，所以，即，所以， 所以为的中点，则，所以D错误. 19．(1)证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为矩形，所以为的中点， 又因为为的中点，所以是的中位线， 即， 又因为平面平面； 所以平面． (2)证明：选条件①： 因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为正方形，所以． 因为，所以． 因为三棱柱为直三棱柱， AI所以平面． 因为平面，所以． 又因为，所以平面． 因为平面，所以． 又，所以平面． 选条件②： 因为，且三棱柱为直三棱柱， 所以四边形为正方形．以下同选条件①． 【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即证明. （2）不论是选条件①还是条件②，要证明线面垂直，需证明该直线垂直于平面内的两条相交直线，即证明和； 【详解】（1）略； （2）略. 20．(1) 由题可知在正方形中，且， 根据题目条件翻折可得：，,， 故且，， 平面，故平面， 又平面，故平面平面； (2) 因为,又平面，平面， 故平面， 又平面平面，故. (3)的最大值为 【分析】（1）由线面垂直证明面面垂直； （2）通过线面平行性质定理证明； （3）为与的公垂线，等于点到平面的距离，用体积法得，分析其单调性知最大值在时取得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（1）知：平面，故，， 由（2）知：，且翻折后，故， 设，，则，，，， 在中，满足：， 得：， 则面积为：， ， 三棱锥体积可表示为： ， 设为点到平面的距离， ， 联立得：， 由（2）知，而平面，故平面， 又，为点到平面的垂线段，且， 所以同时垂直于和（因平面）， 故，即：， 令，令， 求导得 ，函数在区间单调递增， 故当（即）时，最大：. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 黄金考点56  平行（垂直）的判定与性质 2026年真题深入解读 【2026·全国一卷·第15题】如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 高考新趋势 1．证明前置化、反套路：垂直条件不再直接给出，"先证垂直 → 再建系" 成为新常态，几何推理权重上升． 2． 折叠 / 翻折成新宠：以 "不变量"（折痕为对称轴、线段长度与角度不变）为突破口，动态几何进入解答题． 3． 结构不良 / 开放题延续：条件选择、多解、分类讨论，要求先判断条件有效性． 4． 背景生活化：坡屋顶、3D 打印零件等真实情境入题，考查从情境中抽象几何关系的能力． 5． 思维从 "死建系" 转向 "重逻辑、抓不变量"：弱化复杂构造，强化定理运用与规范书写． 命题分析 （1）情境创设：以直三棱柱为几何体背景，考查空间几何中的线面平行证明和点到平面的距离计算． （2）问题设计：第（1）问证明线面平行，通过中位线定理找到平行线即可；第（2）求点到平面的距离，可通过空间向量法（求法向量）或几何法（等体积法）求解．题目提供坐标系建系提示，降低几何法门槛． （3）考查目标：考查直观想象和数学运算素养，侧重线面平行的判定定理和空间距离的计算方法． 知识总结 ①核心概念：线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；点到平面的距离可转化为三棱锥的高，利用等体积法V=S∙h求解． ②解题要点：证明线面平行时找中位线或平行四边形；求距离时优先建立空间直角坐标系，用法向量法计算． ③拓展关联：空间距离还包括线面距离、面面距离，均可转化为点到平面的距离；等体积法是立体几何中求高的常用技巧． 分步解析 （1）由题意证明如下： 第一步：连接、根据三角形中位线定理证明 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， 第二步：根据线面平行的判定定理，证明平面． ∵平面，平面， ∴平面． （2）法一： 第三步：确定线线垂直关系，创造建系条件 由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 第四步：建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， 第五步：确定向量，面的一个法向量 ∴，面的一个法向量为， 第六步：根据已知角及线面角计算公式建立方程，求t及相关点坐标 ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， 第七步：由几何知识得，到面的距离 ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为． 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为． 考情维度 2027命题预判 分值位置 选择填空位置不确定（有的话占5分），大题稳居中档，第一问证明、第二问角 / 距离 / 体积计算，呈 "几何推理为基、向量工具为用" 的两问梯度设计． 核心考点 往往以几何体为载体，突出平行、垂直的判定定理及性质定理 命题特点 1．证明年年必考、平行尤重：线面平行是第一问绝对主角；垂直（线面、面面）紧随其后，二者常交替出题． 2． 判定与性质成对考查：设问常按 "判→性" 递进，一题内双向考查． 3． 载体常规但有创新：全国卷偏标准几何体（棱柱、棱锥、棱台、圆锥）； 4． 小问强联动：第一问证明结论是第二问建系、求角、求距离的先决条件，证明失败则全题失守． 5． 反套路化：不再直接给出垂直条件（须先证后建系），结构不良题、开放题开始出现 备考策略 1．基础层（定理三语言）：四组判定 / 性质定理按 "文字 + 图形 + 符号" 三种语言熟记，做到 "题中条件 → 对应定理" 自动映射，不靠临场回忆． 2．方法层（三工具三路径）：平行 —— 中位线、平行四边形、比例线段三工具；垂直 —— 先找线线垂直（等腰△三线合一、勾股逆定理、直径对直角），再推线面垂直．路径双向熟练：判定向 "上" 推、性质向 "下" 返． 3．实战层（分类训练）：先平行、再垂直、后折叠 / 结构不良分题型训练． 4．规范层（书写三步）：证明严格 "条件 → 定理 → 结论"，每步注明依据；遇条件二选一先判断哪个能推出结论再作答． 考法一 解答题第一问 · 线面平行证明 【十年真题*精选】 真题1-1（2025·全国二卷·高考真题） 1．如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得平面与平面EFCB所成的二面角为．证明：平面    真题1-2（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题） 2．如图，四棱锥中，底面ABCD，，．若，证明：平面； 真题1-3（2019·全国I卷·高考真题） 3．如图，直四棱柱的底面是菱形，，分别是，，的中点.证明：平面. 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2025·全国二卷 翻折、二面角、线面平行 1．    破题路径：线线平行 → 线面平行． 2．    三大找平行工具： ① 中点取中位线； ② 构造平行四边形（对边平行且相等）； ③ 比例线段 / 棱间平移传递． 2024·全国Ⅰ卷 四棱锥、垂直、平行关系 2019·全国I卷 直四棱柱、线面平行 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1（26-27高三·全国·一轮复习） 4．如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，. 证明：平面； 模拟1-2（25-26高三上·湖北荆州·开学考试） 5．在长方体中，已知，，，点，分别在棱，上，且．证明：平面；    模拟1-3（2024高三·全国·专题练习） 6．如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，是棱上的一个动点，为的中点，为的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求证：平面； (3)若，为的重心，证明：平面. 考法二 解答题第一问 · 线线、线面垂直证明 【十年真题*精选】 真题2-1（2026·天津·高考真题） 7．在长方体中，，，，，．求证：平面； 真题2-2（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题） 8．如图，平面四边形中，，，，，，点，满足，，将沿翻折至，使得.证明：. 真题2-3（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题） 9．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．证明：. 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2026·天津 长方体、线面垂直 1．证明“线线垂直”问题一般都是通过“线面垂直”得到，即先证明“线面垂直”，再根据线面垂直的性质得到线线垂直． 2．线线垂直和线面垂直的相互转化 2024·全国Ⅱ卷 折叠、五棱锥、线线垂直 2023·全国Ⅱ卷 三棱锥、线线垂直 【三年模拟*荟萃】 模拟2-1（26-27高三·全国·一轮复习） 10．如图所示，在直三棱柱中，为棱的中点，，．求证：平面． 模拟2-2（2025高三·全国·专题练习） 11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马中，侧棱底面ABCD，且，点E是的中点，连接、、．证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由． 模拟2-3（24-25高三上·黑龙江佳木斯·阶段练习） 12．如图，在直三棱柱中，，，，，点E、F分别为、的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：； 考法三 解答题第一问 · 面面垂直证明 【十年真题*精选】 真题3-1（2025·全国一卷·高考真题） 13．如图，在四棱锥中，底面，．证明：平面平面. 真题3-2（2020·全国II卷·高考真题） 14．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． 真题3-3（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题） 15．在四棱锥中，底面是正方形，若，证明：平面平面 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2025·全国一卷 四棱锥、面面垂直 证明平面与平面垂直的方法： （1）定义法：根据面面垂直的定义判定两平面垂直实质上是把问题转化为求二面角的平面角为直角． （2）判定定理：判定定理是证明面面垂直的常用方法，即要证面面垂直就要转化为证线面垂直，其关键是在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面面垂直． （3）利用“两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面”． 2020·全国II卷· 三棱柱、面面垂直；四棱锥体积 2021全国Ⅱ卷 四棱锥、面面垂直 【三年模拟*荟萃】 模拟3-1（26-27高三·全国·一轮复习） 16．如图，在三棱锥中，点在上，，，.证明：平面平面； 模拟3-2（2025·天津河西·模拟预测） 17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点E在棱上（异于点P，C），平面与棱交于点F. (1)求证：； (2)若，求证：平面平面. 模拟3-3（24-25高三上·宁夏·期中） 18．如图，直四棱柱中，. (1)求证：平面平面； (2)若，平面平面，判断的形状并证明. 考法四 选择与填空 · 判定与性质定理应用辨析 【十年真题*精选】 真题4-1（2025·全国一卷·高考真题） 19．在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 真题4-2 20．正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 真题4-3（2022·全国乙卷·高考真题） 21．在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2025·全国一卷 正三棱柱中直线、平面位置关系 1．考法：正方体、正三棱柱等标准模型内判断线面 / 面面平行垂直（单选或多选） 2．结合模型应用线线、线面、面面的平行或垂直的判定定理、性质定理 2026·天津 正方体中直线、平面位置关系 2022·全国乙卷 正方体中的面面平行于垂直 【三年模拟*荟萃】 模拟4-1（2026·河南开封·模拟预测） 22．在正方体中，为的中点，则（   ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D．平面平面 模拟4-2（2025·广东·模拟预测） 23．如图，四边形为正方形，平面，，，则下列说法正确的是（    ）    A．平面 B．点到平面的距离为 C．平面平面 D．三棱锥的体积为3 模拟4-3（2024·北京朝阳·模拟预测） 24．在正方体中，点为棱中点，则（   ） A．过有且只有一条直线与直线和都相交 B．过有且只有一条直线与直线和都垂直 C．过有且只有一个平面与直线和都平行 D．过有且只有一个平面与直线和所成角相等 考法一 位置关系真假命题 / 充要条件 【十年真题*精选】 真题1-1（2024·全国·高考真题） 25．设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 真题1-2（2019·全国·高考真题） 26．设，为两个平面，则的充要条件是（  ） A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行 C．,平行于同一条直线 D．,垂直于同一平面 真题1-3（2024·天津·高考真题） 27．已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【解题规律*总结】 1．空间点、直线、平面位置关系的判定：（1）依据基本事实、定理、推论等判断，但是要注意定理等的适用前提条件；（2）根据题目条件，构造相应的几何体（长方体、正方体）模型来判断，常借助正方体、长方体为模型． 2．直线与平面平行的判定问题的解题策略：（1）主旨思想：“线线平行”→“线面平行”；（2）借助顶点、等分点等作出辅助线，在平面内解决线线平行问题；（3）再交代清楚哪条直线在平面外，哪条直线在平面内，严格依据判定定理进行即可． 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1（2026·福建泉州·三模） 28．已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 模拟1-2（2025·北京·三模） 29．已知平面，直线，则下面结论正确的是（    ） A．若，则； B．若，则；· C．若，则； D．若，则； 模拟1-3（24-25高三上·江苏连云港·期中） 30．已知直线m，l，平面，则下列结论正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 考法二 动态问题、结构不良条件选择等 【十年真题*精选】 真题2-1（2026·全国一卷·高考真题） 31．在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 真题2-2（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题） 32．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 真题2-3（2018·全国I卷·高考真题） 33．如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．    【解题规律*总结】 1．    线面平行证明是十年第一高频（≈25+ 次），垂直证明与面面垂直是配套主干，选填稳定考判定 / 性质辨析；未来拼的是 "先证后建系" 的逻辑链与折叠、结构不良等新情境下的不变量意识． 2．    关于“轻量考法”问题： （1）定理是唯一裁判—— 所有判断、找点、翻折，最终都落到 "判定 / 性质定理的条件是否完备" 上，考的是定理的适用条件与推理方向，不是新方法； （2）特殊化思维—— 小题依托正方体、长方体取特殊位置验证或构造反例，不靠空间想象 "感觉对"； （3）一切转化为 "找线线关系"—— 判断命题、找点、翻折证垂直，最终都化为 "找一对线线平行 / 线线垂直"． 【三年模拟*荟萃】 模拟2-1（26-27高三上·湖北·开学考试） 34．如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（   ）． A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得 模拟2-2（2025·全国·模拟预测） 35．已知正方体的棱长为，点平面，且，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 模拟2-3（24-25高三上·山西·期中） 36．如图，在平面四边形中，为等边三角形，，为的中点，将沿折起，点至点的位置，使得，将沿折起，点至点的位置，此时四面体恰好为正四面体，，分别为，的中点，则（   ） A．平面 B．为钝角 C．平面 D． 预测角度 预测缘由 试题指引 备考提醒 面面平行关系的充分条件 考查基础 如押题第1题 ①等体积法只适用于 "内切球与所有面都相切" 的规则几何体，不可滥用； ②轴截面取的是内切圆而非外接圆； ③圆台 / 正四棱台内切球存在条件须先检验； ④多球相切须分类讨论并检验解； ⑤"整体放入" 允许任意姿态，不能只考虑竖直放置； ⑥先分清内切 / 棱切 / 外接，"球面与棱有公共点" 含相切与相交两种情形． 正方体中线面关系的判断 考查基础 如押题第2题 四棱锥中线面平行、线面垂直的证明 考查基础 如押题第3题 四棱锥中面面垂直的证明 考查基础 如押题第4题 翻折、线面、面面、线线位置关系 考查基础 如押题第5题 （押题1：面面平行关系的充分条件） 37．设是两个不同的平面，则的一个充分条件是（    ） A．平行于同一条直线 B．平行于同一个平面 C．垂直于同一个平面 D．内有无数条直线与平行 （押题2：正方体中线面关系的判断） 38．如图，在正方体中，分别是的中点，则直线与平面的位置关系是（   ）    A．垂直 B．平行 C．相交但不垂直 D．无法确定 （押题3：四棱锥中线面平行及线面垂直的证明） 39．《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； （押题4：四棱锥中面面垂直的证明） 40．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．求证：平面平面； （押题5：翻折、线面、面面、线线位置关系） 41．如图（1）所示，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，，将沿BE翻折，使点A到达点P的位置，如图（2）所示，点F为PC的中点，且，则（    ） A．平面平面BCDE B．直线PC与平面BCDE所成的角为30° C．平面PBE D． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点56 平行（垂直）的判定与性质 【讲】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．因为， 所以，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， 又平面，所以平面． 【分析】先应用线面平行判定定理得出平面及平面，再由面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行. 【详解】略 2． 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． 【分析】根据线面垂直的性质可得，结合可证平面，进而可得，故，由线面平行的判定即可求证. 【详解】略 3． 连结，如图， ∵分别为的中点， ∴，且. 又∵为的中点，∴. 由题设知，可得，， 故，， 因此四边形为平行四边形，. 又平面，平面， ∴平面. 【分析】根据中位线可证，再证四边形为平行四边形，由线面平行判定定理即可求证. 【详解】略 4．证法一：如图①所示，取棱 上一点，使得， 连接，因为，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②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，，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③所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，所以为等边三角形，所以， 又因为，平面 ，所以平面， 在中，，可得， 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为，所以， 又因为平面，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. 【分析】法一：取棱 上一点，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； 法二:取棱上一点，分别证得平面和平面，得到平面平面，即可证得平面； 法三：取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再求得，结合，进而证得平面. 【详解】略. 5． 连接， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以且， 又且， 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； 【分析】连接，证明四边形和四边形都为平行四边形，从而可得出，再根据线面平行的判定定理即可得证； 【详解】略 6．(1) 由已知四边形为菱形，又为的中点，所以为的中点， 又为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面.    (2) 过作交于，连接，. 因为，平面，平面，所以平面， 因为底面是菱形，是的中点，又因为为的中点，所以为的中点， 因为，，所以为的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. (3) 连接，并延长，交于点，连接， 因为为的重心，所以为中点，且. 又，所以. 所以，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【分析】（1）根据菱形的几何性质以及中位线的性质，结合线面平行判定定理，可得答案； （2）根据中位线的性质，结合线面平行与面面平行的性质与判定，可得答案； （3）根据等比例可得线线平行，结合线面平行判定定理，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 7．方法一：如图，过点作//，交于点，则有，． 连接，则四点共面，平面即平面． 由，，可得与相似， 所以，则可得，所以． 长方体中，平面， 因为平面，所以． 又，平面，所以平面． 方法二： 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系． 则． 所以． 所以， 所以，即． 又，平面，所以平面． 【分析】方法一：几何法通过作辅助线，结合相似三角形以及长方体的垂直性质，证明垂直于平面内两条相交直线； 方法二：向量法建立空间直角坐标系，利用向量数量积为0得到线线垂直，完成证明. 【详解】略 8． 证明：由， 得，又， 在中，由余弦定理得， 所以，则，即， 所以， 又平面， 所以平面，又平面， 故. 【分析】由条件，结合余弦定理求，证明，结合线面垂直判定定理证明平面，由此可得结论. 【详解】略 9． 连接， AI因为E为BC中点，，可得， 因为，， 可知与均为等边三角形，即，可得， 且，平面， 则平面，而平面，所以． 【分析】连接，可得，，可证平面，进而可得. 【详解】略 10．不妨设，则． 连接，由直棱柱的性质知，四边形为矩形，又为的中点， 故，于是，所以， 又，，所以平面， 因为平面，所以． 又平面，平面，故， 又，故平面． 【分析】连接AD，由线面垂直的判定定理及性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理即可证明. 【详解】略 11． 证明：因为底面，平面 所以， 因为为长方形，所以， 因为，平面 所以平面，而平面， 所以， 因为，点E是的中点， 所以， 因为，平面， 所以平面， 由平面，平面， 可知四面体的四个面都是直角三角形， 即四面体是一个鳖臑， 其四个面的直角分别是，，，． 【分析】先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明平面，通过判断四面体的各面形状，判断是否为鳖臑，并写出直角． 【详解】略 12．(1)如图，取的中点，连接，因分别为、的中点，    则 又故 即四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，故平面； (2)因为，，，所以，可得， 在直三棱柱中，因平面，平面，则， 又平面，故平面， 因平面，故； 【分析】（1）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行即可； （2）利用勾股定理证明，再利用题设条件证明平面，由线面垂直的性质即可证得. 【详解】（1）略 （2）略 13．由题意，在四棱锥中，平面， ∵平面，∴， 又，平面，平面，且， ∴平面， ∵平面，∴平面平面． 【详解】略 14． （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. 15．证明：取的中点为，连接， 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. 【分析】取的中点为，连接，证得，利用勾股定理证得，即可证明平面，再根据面面垂直得判定定理即可得证. 【详解】略. 16．因为，，平面，， 所以平面，而平面，则， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【详解】略 17．（1）证明：因为四边形是矩形，所以. 又平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面平面， 所以. （2）证明：因为四边形是矩形，所以. 因为，，所以. 又，点在棱上（异于点）， 所以点异于点，所以. 又，平面，所以平面. 又平面， 所以平面平面. 【分析】（1）根据四边形是矩形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，再由线面平行的性质定理得到. （2）根据四边形是矩形，所以，再由，，得到，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，性质定理以及线面垂直，面面垂直的判定定理，还考查了转化回归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题. 18．(1)证明：由已知为直四棱柱， 可知， 又平面，平面， 平面， ，平面，平面， 平面， ，且，平面， 平面平面； (2)直角三角形，证明：连接，，四边形是正方形， ． 平面平面，平面平面， 平面，平面， 又底面，平面， ， ，，平面， 平面，， 所以是直角三角形. 【分析】（1）结合线面平行的判定定理和性质定理，再利用面面平行的判定定理可得答案； （2）连接，利用面面垂直的判定定理、性质定理可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 19．BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 20．D 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面    ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 21．A 【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 22．AD 【分析】由线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理依次证得各选项，即可得出结果. 【详解】对于A，如图，连接，交于点，连接，则为的中点. 因为为的中点，所以 .又平面 平面， 所以平面，故A正确； 对于，假设平面，则 .而平面 平面，所以. 又 平面，所以平面. 又平面，所以 ，因为，则 不成立，假设错误，故B错误； 对于C，假设平面平面，又平面平面， 所以平面 平面.这与两平面相交矛盾，故假设不成立，C错误； 对于D，连接，，在中，，则， 设正方体棱长为，则，，， 由勾股定理可得：，所以，又因为， 所以平面，平面，则平面平面，故D正确. 23．AC 【分析】A.通过证明平面与平面平行，得到直线与平面平行，B.利用等体积法求出距离，C.作辅助线先证明线面垂直，再得到面面垂直D.，求出 【详解】对于A，∵四边形为正方形，∴ 又，且，，在平面内，在平面内， ∴平面平面，又平面， 平面，A正确 对于B，三棱锥的体积， 易知为正三角形，且边长为，故， ，到平面的距离满足：， 解得：，B错误； 对于C，    连接交于点，连接，，取中点，则为直角三角形， 易知， ，，， ， 为等边三角形，且为中点， ，又，且都在平面内， 平面，又在平面内， ∴平面平面，C正确； 对于D，易知，又，与全等， ，为等腰三角形， ，， ∴棱锥的体积，D错误 故选：AC 24．ABC 【分析】选项A，由题意满足条件的直线是平面与平面的交线，选项B，由线线平行的性质结合异面直线成角的概念可判断；从而可判断；选项C，由线面平行的判定定理可判断；选项D，利用空间向量法可判断. 【详解】如下图所示： 对于A选项，过点与直线相交的直线必在平面内， 过点与直线相交的直线必在平面内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，A正确； 对于B选项，因为，若，则，若，则平面， 显然满足条件的直线唯一，即，B正确； 对于C选项，分别取、的中点、，连接、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，，则四边形为平行四边形， 所以，又因为，则， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 所以过有且只有一个平面与直线和都平行，C正确； 对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，则、、、， ，， 设满足题设条件的平面的法向量为，其中， 由题意可得，可得，即， 所以，以或为法向量且过点的平面均满足题意， 故过有无数个平面与直线和所成角相等，D错. 故选：ABC 25．A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 26．B 【分析】利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件， 由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行， 所以内两条相交直线都与平行是的必要条件． 【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误． 27．C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 28．BC 【分析】结合空间线面位置关系的判定定理判断即可. 【详解】选项A.若，，，则或与相交，错误. 选项B.因为，，所以直线是平面的一条法线，直线是平面的一条法线， 又因为，因此平面，正确. 选项C.由，所以平面内存在直线满足；又，因此. 因为，所以；又因为，根据面面垂直的判定定理，所以，正确. 选项D.若，，，则或与相交，错误. 29．A 【分析】BCD可举出反例；A利用线面平行的性质，及平行的相关定理可推理判断. 【详解】对于A，由，则存在相异于的直线， ，使，即， 又，所以，又，所以， 故，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，仅说明直线与交线垂直，不能保证垂直于内的所有直线，故D错误； 故选：A. 30．ACD 【分析】对于A：根据面面平行的传递性即可判断；对于B：根据线性的位置关系即可判断；对于CD：根据线面平行的性质分析判断. 【详解】对于A：若，则，故A正确； 对于B：若，则的位置关系有：平行、相交或异面；故B错误； 对于C：若，则，故C正确； 对于D：若，则，故D正确； 故选：ACD. 31．BC 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 32．BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 33．(1)由已知可得，，． 又，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． (2)1. 【分析】(1)根据题意可得，又，利用线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证得； (2)方法一：根据平面知识求出，再求得三棱锥的高，即可根据三棱锥的体积公式求出；方法二：由转化求解． 【详解】（1）略   （2）［方法一］：定义法 由已知可得，．又，所以． 作，垂足为E，则． 由（1）知，，又平面， 所以平面，所以平面． 因此， 三棱锥的体积为． ［方法二］：转化法 由（1）知，，又平面， 所以平面， 则． 因为， 所以． 因为， 所以． 34．AD 【分析】选项A，当为点时，利用线面垂直可证明；选项B，利用线面的位置关系可判断；选项C，当点为点时，与相交；选项D，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而有. 【详解】对于选项A，在矩形中，，，，所以四边形为正方形.所以. 又因为平面，平面，所以. 当为点时，，从而可证得平面. 又平面，所以，故A正确； 对于选项B，当点位于点时，与相交；当点在线段上除点的其他位置时， 因为平面，平面，，平面， 所以，与为异面直线，故B错误； 对于选项C，当点为点时，与相交，故C错误； 对于选项D，当为的中点时，取的中点，连接， 在中，分别为中点，所以. 又，所以.同理可得. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以，故D正确． 35．C 【分析】设为的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而可得，在平面中建立平面直角坐标系，设，根据条件及几何关系得，即可求解. 【详解】如图1所示，设为的交点，所以．又平面平面， 所以．又，平面，所以平面． 因为点平面，故平面，所以，则． 因为正方体的棱长为，所以，即， 在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，则． 设，则，， 所以． 又，故，即， 整理得，即， 故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为． 故选：C． 36．ACD 【分析】利用，，可判断A；由题意易得，可判断B；过点作平面于，连接，由题意易得平面，从而可得在平面内，设正面体的棱长为，可证是平行四边形，从而可证平面，可判断D，利用线面垂直可得面面垂直，进而可得平面，可判断D. 【详解】对于A，因为，为的中点，所以， 从而可得为，，又，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，因为四面体恰好为正四面体，所以，所以， 所以，所以，所以，故B错误； 对于C，过点作平面于，连接， 因为，易得，所以， 因为，是的中点，所以，所以在直线上， 又，，又，平面， 所以平面，所以，所以过有唯一平面， 设正面体的棱长为，则可得，， 在中，由余弦定理可得， 又是的中点，所以， 在中，由余弦定理可得， ， 又易得，又，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，所以平面，故C正确； 对于D，又平面，所以平面平面， 又平面平面，由选项C可知，又平面， 所以平面，又平面，所以，故D正确. 故选：ACD. 37．B 【分析】利用选项中的条件，数形结合即可判断. 【详解】若平行于同一条直线，则与的位置关系是平行或相交，故A选项错误；    若平行于同一个平面，则与的位置关系是平行，故B正确；    若垂直于同一个平面，则与的位置关系是平行或相交，故C选项错误；    若内有无数条直线与平行，则与的位置关系是平行或相交，故D选项错误；          故选：B. 38．B 【分析】连接交于点，连接，证明为平行四边形，结合线面平行判定定理即可作出判断. 【详解】连接交于点，连接，，而分别是的中点，    所以，即，且，即， 则为平行四边形，故， 由平面平面，则平面． 故选：B 39．(1) 取的中点，连接， 由分别为的中点， 所以且， 又因为且，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 (2) 因为，所以， 因为底面，底面，所以， 又因为平面，且， 所以平面，又平面， 所以， 因为，，所以，， 又因为平面， 所以平面. 【分析】（1）取的中点，连接，则由三角形中位线定理及平行四边形的性质可证得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结论； （2）由等腰三角形的性质可得，由线面垂直的判定定理证得平面，则，由，可得，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论. 【详解】（1）略 （2）略 40． 证明：在底面中，因为，，则，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面， 又因为平面，    则平面平面，即平面平面. 【分析】利用面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明，即可得出结论； 【详解】略 41．AC 【分析】由面面垂直的判定定理即可判断A，由线面角的定义代入计算，即可判断B，由线面平行的判定定理即可判断C，结合选项C，即可判断D. 【详解】 连接EC，则，因为，，所以， 即， 又因为，所以， 所以，又PE，平面PBE，. 所以平面PBE，又平面BCDE，所以平面平面BCDE，故A正确； 取线段BE的中点为G，连接PG，CG，则， 因为平面平面，平面PBE，所以平面BCDE， 则为直线PC与平面BCDE所成的角， ，故B错误； 取线段PB的中点为H，连接FH，HE，则，且， 又因为，且，所以，， 即四边形DEHF为平行四边形，所以， 又因为平面PBE，平面PBE，所以平面PBE，故C正确； 由C知，，故HE与PB所成的角即为DF与PB所成的角， 因为，所以EH与PB不垂直，所以PB与DF不垂直，故D错误. 故选：AC 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $