第34練空間直線平面的垂直（精練基礎重難點）高考數(shù)學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）

【一輪復習講義】2024年高考數(shù)學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）第34練空間直線、平面的垂直（精練）刷真題刷真題明導向一、解答題1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．(1)求證：平面PAB；【答案】(1)證明見解析【分析】（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；【詳解】（1）因為平面平面，所以，同理，所以為直角三角形，又因為，，所以，則為直角三角形，故，又因為，，所以平面.2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱中，平面．(1)證明：平面平面；【答案】(1)證明見解析.【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；【詳解】（1）證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；【答案】(1)證明見解析；【分析】（1）根據(jù)題意易證平面，從而證得；【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．4．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．(1)證明：；【答案】(1)證明見解析；【分析】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、，由平面知識易得，再根據(jù)二面角的定義可知，，由此可知，，，從而可證得平面，即得；【詳解】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、．∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，則，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．5．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，四面體中，，E為AC的中點．(1)證明：平面平面ACD；【答案】(1)證明詳見解析【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.【詳解】（1）由于，是的中點，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.6．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）在四棱錐中，底面．(1)證明：；【答案】(1)證明見解析；【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，從而可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，因為，所以四邊形為等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因為平面，平面，所以，又，所以平面，又因為平面，所以；7．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；【答案】(1)證明過程見解析【分析】（1）根據(jù)已知關系證明，得到，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.8．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；【答案】（1）證明見解析；【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.【詳解】（1）取的中點為，連接.因為，，則，而，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面.9．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；【答案】（1）證明見解析；【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F(xiàn)分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．，．由題設（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．10．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由線面垂直的判定定理可得平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面平面；【詳解】（1）因為底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．11．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）證明：；【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；【詳解】（1）因為，O是中點，所以，因為平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因為平面，所以.【A組

在基礎中考查功底】一、單選題1．已知m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，則下列條件能使n⊥α成立的是（）A．α⊥β，m?β B．α∥β，n⊥βC．α⊥β，n∥β D．m∥α，n⊥m【答案】B【分析】n⊥α必有n平行α的垂線，或者n垂直α的平行平面，依次判定選項即可．【詳解】α⊥β，m?β，不能說明n與α的關系，A錯誤；α∥β，n⊥β能夠推出n⊥α，B正確；α⊥β，n∥β可以得到n與平面α平行、相交或在平面α內(nèi)，所以C不正確；m∥α，n⊥m則n與平面α可能平行，所以D不正確．故選：B．2．設，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題中正確的是（

）A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，則【答案】C【分析】ABD選項，可以舉出反例，C選項，可以利用面面垂直的性質(zhì)進行證明【詳解】A選項，若，，，則或異面，A錯誤；B選項，如圖，滿足，，，而，故B錯誤；C選項，因為，設，，所以，因為，所以，因為，，所以，則，C正確；D選項，如圖，滿足，，而，D錯誤.故選：C3．已知直線平面，有以下幾個判斷：①若，則；②若，則；③若，則；④若，則；上述判斷中正確的是（

）A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④【答案】B【分析】根據(jù)線面的位置關系，線面垂直的性質(zhì)定理，線面平行的性質(zhì)定理及線面垂直的性質(zhì)逐項分析即得.【詳解】對于①，當平面也可以有，但m不平行于平面，故①錯；對于②，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知②正確；對于③，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得存在且．而直線平面，故可根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得出，故正確；對于④，根據(jù)直線平面，可在平面內(nèi)找到兩條相交直線p，n，且，，又，所以，，故根據(jù)線面垂直的判定定理可知，正確．即②③④正確．故選：B．4．已知直線、，平面、，滿足且，則“”是“”的（

）條件A．充分非必要 B．必要非充分條 C．充要 D．既非充分又非必要【答案】A【分析】利用空間中的垂直關系和充分條件、必要條件的定義進行判定.【詳解】因為，所以，又因為，所以，即“”是“”的充分條件；如圖，在長方體中，設面為面、面為面，則，且與面不垂直，即“”不是“”的必要條件；所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.5．設，是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】A【分析】根據(jù)空間線線、線面、面面位置關系有關知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，根據(jù)線面垂直的定義可知，若，，則，A選項正確.B選項，若，，則可能平行，所以B選項錯誤.C選項，若，，則可能含于平面，所以C選項錯誤.D選項，若，，則可能含于平面，所以D選項錯誤.故選：A6．已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題中正確的是（

）A．，則B．，則C．，則D．，則【答案】C【分析】根據(jù)的關系可判斷A，根據(jù)直線與平面的關系可判斷B，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)判斷C，根據(jù)面面垂直的概念判斷D.【詳解】對A，，則，相交，異面和平行都有可能，故A錯誤；對B，，則可能，，故B錯誤；對C，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知時，，故C正確；對D，，則可能相交，也可能平行，故D錯誤.故選：C7．已知l是直線，，是兩個不同的平面，則下列命題中的真命題是（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，則D．若，，則【答案】C【分析】根據(jù)空間中線面的位置關系一一判定即可.【詳解】

如圖所示正方體中，對于A項，若為平面，為平面，符合A條件，但兩平面不平行，故A錯誤；對于B項，若為平面，為平面，符合B條件，但線與面不垂直，故B錯誤；對于D項，若為平面，為平面，符合D條件，但，故D錯誤；對于C項，設在上的投影為，則，由線面垂直的性質(zhì)可知，再由面面垂直的判定可得，即C正確.故選：C8．表示平面，為直線，下列命題中為真命題的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】借助長方體模型，結合線面垂直的判定定理、面面平行的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】A：在長方體中，設表示平面，分別表示平面和平面，顯然滿足，但是，因此本選項不正確；B：在長方體中，設表示平面，分別表示平面和平面，顯然滿足，但是，因此本選項不正確；C：設，設點是平面任意一點，在平面內(nèi)過做，垂足為，因為，，，所以，而，所以，同理，而，所以，因此本選項正確；D：在長方體中，分別表示平面、平面、平面、平面，顯然滿足，但是，因此本選項不正確，故選：C二、多選題9．設，為不重合的兩條直線，，為不重合的兩個平面，下列命題正確的是（

）A．若且，則； B．若且，則；C．若且，則； D．若且，則.【答案】BD【分析】根據(jù)線面的位置關系和面面的位置關系可以得出答案.【詳解】解：A：若且，則，可能相交、平行或異面，故A錯誤；B：若且，根據(jù)垂直于同一平面的兩直線互相平行，故B正確；C：若且，根據(jù)面面的位置關系定義可得與可能平行也可能相交，故C錯誤；D：若且，根據(jù)面面平行的判定可知垂直于同一直線的兩平面互相平行，故D正確.故選：BD10．已知直線l和不重合的兩個平面，，且，下列命題正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】BC【分析】結合面面平行的判定定理、面面平行的定義、面面垂直的判定定理和面面垂直的性質(zhì)定理可分別判斷四個選項的正誤.【詳解】對于A，由可得與平行或相交，故錯誤；對于B，若，則由面面平行的定義可得，故正確；對于C，若，則由面面垂直的判定定理可得，故正確；對于D，當時，l可能在內(nèi)，可能與平行，也可能與相交，所以不一定有，故錯誤.故選：BC.11．設有三條不重合直線a，b，c和三個不重合平面，則下列命題中正確的有（

）A．若，則 B．若，，則C．若，則 D．若，則【答案】AC【分析】根據(jù)平行的傳遞性可判斷A，根據(jù)空間直線的位置關系可判斷B，根據(jù)平行面的傳遞性可判斷C，根據(jù)面面之間的位置關系可判斷D.【詳解】對于A，由平行線的傳遞性可知，若，，則，所以A正確，對于B，若，則與可能平行，可能相交，也可能異面，所以B錯誤，對于C，根據(jù)平行面的傳遞性可知，若，，則，所以C正確，對于D，若，則可能平行，也可能相交,所以D錯誤，故選：AC.12．已知空間中兩個不同的平面，兩條不同的直線滿足，則以下結論正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若相交，則相交 D．若，則【答案】CD【分析】利用空間中線線、線面關系逐項判斷即可.【詳解】A選項，如圖所示：，，與有可能只是相交，故A錯誤；B選項，如圖所示：若，，與有可能異面；C選項，若，相交，則一定相交，故C正確；D選項，由面面垂直的判定定理即可得若，，則，故D正確.故選：CD.13．設為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列結論錯誤的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】ABC【分析】根據(jù)直線與直線、平面與平面、直線與平面的位置關系以及面面垂直的判定定理進行判斷.【詳解】對于，若，則與平行?相交或，故錯誤；對于，若，則與相交或平行，故錯誤；對于，若，則與平行或異面，故錯誤；對于，若，則由面面垂直的判定定理得，故正確.故選：.14．已知直線、，平面、，給出下列命題，其中正確的命題是（

）A．若，，且，則B．若，，則C．若，，且，則D．若，，且，則【答案】AD【分析】根據(jù)線面位置關系的性質(zhì)定理與判定定理一一判定即可.【詳解】對于A項，，∴或，又，∴，故A正確；對于B項，如圖所示，在正方體中，，面，面，顯然，而FH與BC不平行，即B錯誤；對于C項，如上圖所示，在正方體中，，面，，面，顯然符合條件，而，不垂直，即C錯誤；對于D項，，又，∴，故D正確.故選：AD三、填空題15．已知平面，和直線m，給出條件：①；②；③；④．當滿足條件時，有．（選填其中的兩個條件）【答案】②④【分析】由于當一條直線垂直于兩個平行平面中的一個時，此直線也垂直于另一個平面，由此能求出結果．【詳解】解：由于當一條直線垂直于兩個平行平面中的一個時，此直線也垂直于另一個平面，結合所給的選項，故由②④可推出．即②④是的充分條件，滿足條件②④時，有．故答案為：②④．16．已知表示兩個不同的平面，為平面內(nèi)的一條直線，則“”是“”的條件【答案】必要不充分【分析】根據(jù)直線和平面的位置關系以及充分必要條件的定義可判斷.【詳解】若，與面不一定垂直，若，根據(jù)面面垂直的判定定理可得，故答案為：必要不充分.17．已知是兩個不同的平面，是平面及之外的兩條不同的直線，給出下列四個論斷：①；②；③；④.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題：.（用序號表示）【答案】①③④②(或②③④①)【分析】已知①③④時，將平移到相交位置，根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)以及直二面角的定義可推出②；已知②③④時，根據(jù)直二面角的定義可推出①.【詳解】若，，，則.證明：過平面和平面外一點，作，交于，作，交于，則，，，顯然與不平行，設，則，，因為，平面，所以平面，延展平面交于點，連，則，，則是二面角的一個平面角，因為，，所以，同理有，又，所以四邊形為矩形，則，則平面和平面形成的二面角的平面角直二面角，故，若，，，則.證明：因為，所以與所成的二面角為，因為，，所以直線所成的角也為，即.若，，，則與相交或或.若，，，則與相交或或.故答案為：①③④②(或②③④①).18．已知m、l是直線，α、β是平面，給出下列命題：①若l垂直于α內(nèi)兩條相交直線，則；②若l平行于α，則l平行于α內(nèi)所有的直線；③若，且，則；④若且，則；⑤若，且，則．其中正確命題的序號是．【答案】①④【分析】對于①，考慮直線與平面垂直的判定定理，符合定理的條件故正確；對于②⑤，可舉出反例；對于③考慮的判定方法，而條件不滿足，故錯誤；對于④符合面面垂直的判定定理，故正確．【詳解】對于①，由線面垂直的判斷定理可知，若l垂直于a內(nèi)的兩條相交直線，則，故①正確，對于②，若，如圖1，可知，與是異面關系，故②不正確，對于③，若，且，無法得到，故無法得到，故③不正確，對于④，根據(jù)面面垂直的判斷定理可得，若且，，則，故④正確，對于⑤，如圖2，滿足，且，則異面，故⑤不正確，故正確命題的序號是①④．故答案為：①④四、解答題19．已知正方體ABCD的棱長為2.(1)求三棱錐的體積；(2)證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）將問題轉化為求即可；（2）根據(jù)線面垂直證明線線垂直.【詳解】（1）在正方體ABCD中，易知⊥平面ABD，∴.（2）證明：在正方體中，易知，∵⊥平面ABD，平面ABD，∴.又∵，、平面，∴BD⊥平面.又平面，∴.20．如圖，在三棱錐P－ABC中，底面ABC，，D，E分別是AB，PB的中點．(1)求證：平面PAC；(2)求證：【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到，即可得證；（2）由線面垂直的性質(zhì)得到，再根據(jù)，即可得到平面，即可得證.【詳解】（1）∵點D、E分別是棱AB、PB的中點，∴，又∵平面，平面；∴平面．（2）∵底面，底面，∴，∵，，平面，∴平面，又∵平面，∴．21．如圖，長方體中，底面是正方形．(1)求證：平面；(2)求證：平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)長方體的性質(zhì)得到四邊形為平行四邊形，則，即可得證；（2）依題意可得，再由線面垂直的性質(zhì)得到，即可得證.【詳解】（1）在長方體中，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）因為底面是正方形，所以，又，所以，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面.22．所有棱長均相等的三棱錐稱為正四面體，如圖，在正四面體A—BCD中，求證：AB⊥CD.【答案】見解析【分析】取的中點為，連接，，根據(jù)線面垂直可得AB⊥CD.【詳解】取的中點為，連接，，因為四面體為正四面體，故為等邊三角形，故，同理，而，故平面，因為平面，故.23．如圖,在三棱錐中,,D,E分別是的中點．(1)求證：平面;(2)求證：平面．【答案】(1)見解析,(2)見解析.【分析】(1)根據(jù)線面平行的判定定理證明線面平行;(2)根據(jù)線面垂直的判定定理證明線面垂直.【詳解】（1）證明：由題知D,E分別是的中點,,平面平面,平面,得證;（2）證明：由題知,D是的中點,,平面,平面且,故平面得證.24．如圖所示，在四棱錐中，底面為平行四邊形，，為中點，平面，，為中點.(1)證明：平面；(2)證明：平面平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用直線和平面平行的判定定理即可證明；（2）利用平面和平面垂直的判定定理即可證明；【詳解】（1）證明：連接、，在平行四邊形中，為、的中點，∵為中點，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）證明：∵，且，∴，即，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面.25．如圖，在三棱錐中，平面，，分別為的中點．求證：(1)平面；(2)平面平面【答案】(1)證明見詳解(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)條件知，，利用線面平行的判定定理即可證明；（2）首先證明平面利用面面垂直的判定定理即可證明.【詳解】（1）在中，分別為的中點，則,又平面,平面,則平面.（2）因為平面，平面，所以又，且平面,所以平面又平面，所以平面平面26．如圖，在直三棱柱中，，分別為的中點．(1)求證：平面；(2)設為上一點，且，求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)得，并且得出四邊形為正方形，進而即可求證；（2）利用等體積法的思想求點到平面的距離．【詳解】（1）證明：在直三棱柱中，，分別為的中點，∵∴，即，又是直三棱柱，所以平面，平面，所以,平面,,∴平面，平面,則，∵分別為的中點，且∴四邊形為正方形，則，又，平面，∴平面；（2）由（1）知，即，又是直三棱柱，∴平面，∴，則點M到平面GBC的距離即為，∴，由（1）知，，且，∴，設點點到平面的距離為，則，∴，則，即點點到平面的距離為．27．如圖,在四棱錐P－ABCD中,四邊形ABCD是菱形,PA=PC,E為PB的中點．求證:(1)平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】(1)設,連接,根據(jù)中位線可得,再根據(jù)線面平行的判定定理即可證明;(2)根據(jù)可得,根據(jù)四邊形為菱形,可得,再根據(jù)線面垂直的判斷定理可得平面,再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得出結果.【詳解】（1）設,連接,如圖所示:因為O,E分別為,的中點,所以,又因為平面,平面,所以平面．（2）連接,如圖所示:因為,為的中點,所以,又因為四邊形為菱形,所以,因為平面,平面,且,所以平面,又因為平面,所以平面平面．28．如圖，已知三棱柱的側棱垂直于底面，.求證：.【答案】證明見解析.【分析】由題可得，，然后根據(jù)空間向量的數(shù)量積結合條件可得，進而即得.【詳解】因為平面，平面，所以，，因為，所以，所以，，即.29．如圖，在直三棱柱中，，，，點是的中點.(1)證明：；(2)證明：平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件證明平面，再通過線面垂直的性質(zhì)得到線線垂直；（2）設，根據(jù)條件得到，再結合線面平行的判定定理證明即可.【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，因為平面，所以.因為，，，所以，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以（2）設，連接，則是的中點，又因為是的中點，所以因為平面，平面，所以平面.30．如圖，在四棱錐中，，底面ABCD為菱形，邊長為2，，，且，異面直線PB與CD所成的角為.(1)求證:平面ABCD;(2)若E是線段OC的中點，求點E到直線BP的距離.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理、判定定理證明；（2）利用空間向量的坐標運算，求點到直線的距離.【詳解】（1）因為四邊形為菱形，所以,因為，平面，所以平面，因為平面，所以,因為，為中點，所以，又因為平面，所以平面.（2）以為原點，方向為軸方向，建系如圖，因為,所以為異面直線所成的角，所以，在菱形中，，因為，所以,設，則，在中，由余弦定理得，，所以，解得，所以,,所以,所以點E到直線BP的距離為.31．如圖，正方形與梯形所在的平面互相垂直，，，，為的中點．(1)求證：平面；(2)求證：平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）通過中位線得到線線平行，利用判定定理可證或利用法向量證明線面平行；（2）利用面面垂直的性質(zhì)得到線面垂直，結合線面垂直的判定可證或利用直線的方向向量與平面的法向量平行可證.【詳解】（1）解法一：證明：取中點，連結，，由三角形中位線性質(zhì)可得且，又因為且，所以且，所以是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．解法二：證明：因為平面平面，平面平面，，所以平面，又平面，所以．如圖，以為原點，以，，的方向分別為軸、軸、軸的正方向，建立空間直角坐標系，則．因為，易知為平面的一個法向量．因此，所以．又平面，所以平面．（2）解法一：證明：因為，，，所以，所以．因為平面平面，平面平面，，所以平面，又平面，所以．又，平面，所以平面．解法二：由（1）可得，，．設平面的一個法向量，則，取，得，所以是平面的一個法向量．因此，所以平面．32．如圖，幾何體為直四棱柱截去一個角所得，四邊形是菱形，，，，P為的中點.證明：平面平面；【答案】證明見解析【分析】由線線垂直可得線面垂直，即可由面面垂直的判定求證.【詳解】如圖，連接，四邊形是菱形，，故為等邊三角形，由于P為.又平面，平面，所以，又，平面，所以平面.又平面，所以平面平面，平面平面，即故平面平面.33．如圖所示，在正方體中，，分別為，的中點．(1)求證：平面；(2)求證：平面平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）連接，根據(jù)，，可得，再由線面平行的判定可得證；（2）依題意可得、，即可得到平面，從而得證．【詳解】（1）連接，因為，分別為，的中點，所以，又在正方體中，且，所以為平行四邊形，所以，所以，而平面，平面，所以平面；（2）在正方體中，平面，又平面，所以，又四邊形為正方形，則，，所以，而，平面，平面，所以平面，又平面，則平面平面．34．如圖，在四棱柱中，底面，底面滿足，且，.(1)求證：平面；(2)求四棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，利用勾股定理逆定理可得，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明平面；（2）根據(jù)題目中各邊的長度由勾股定理可得，再由直棱柱性質(zhì)可得為四棱錐的高，根據(jù)椎體體積公式求出結果即可.【詳解】（1）由底面，平面，所以，又因為，.滿足，可得，又，平面，所以平面.（2）由（1）中，且，，可得，因此，即，又平面，，可得平面，平面，即，又，平面，所以平面，即為四棱錐的高，即四棱錐的體積..35．如圖所示，在三棱錐中，底面，，動點D在線段AB上.(1)求證：平面平面，；(2)當時，求三棱錐C－OBD的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得線線垂直，根據(jù)勾股定理可知，根據(jù)線面垂直的判定定理可知平面，而根平面，滿足定理所需條件；（2），，此時，．根據(jù)三棱錐的體積公式求出所求即可．【詳解】（1）證明：底面，底面BOC，，．，，．，所以，所以，由于平面,平面．平面，平面平面．（2），，此時．．36．如圖所示，在正方體中，為與的交點，為的中點，求證：平面．【答案】證明見解析【分析】要證明平面GBD，只需證明垂直于平面GBD中的兩條相交直線．易知，而中的G，O連接后的線段GO與垂直的可能性最大，故不妨嘗試證明，由向量的數(shù)量積可知只需證明即可·【詳解】如圖所示，連接，設，，，則，，，．因為，，，所以，，所以，，即，．又因為，平面，平面，所以平面．37．如圖，在四棱臺中，平面平面ABCD，底面為正方形，，.求證：平面.【答案】證明見解析【分析】根據(jù)平面平面ABCD可得平面，進而得到，在等腰梯形，作，結合長度關系可得，進而得證.【詳解】證明：因為平面平面，平面平面，，平面，則平面.又平面，則；在等腰梯形，如下圖，作，由題可知，，又，則，結合，得.因，則.又平面，平面，，則平面.38．如圖，在四棱錐中，平面，底面是梯形，點在上，．求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量先證明平面，然后根據(jù)面面垂直的判定證明即可.【詳解】因為平面，平面，所以，因為，所以兩兩垂直，所以以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為，所以，所以，所以，所以，即，因為,，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；39．如圖所示，四棱錐的底面是邊長為1的菱形，，是的中點，底面，．證明：平面平面.【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量是，結合得到和共線，所以平面，從而得到面面垂直.【詳解】證明：因為底面是邊長為1的菱形，，所以⊥，如圖以為原點，所在直線為軸，平行于的直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，．所以，平面的一個法向量是，所以和共線，所以平面，又因為平面，故平面平面．40．如圖，四棱錐中，底面為正方形，底面，為的中點.(1)證明：平面；(2)求證：平面平面.【答案】(1)證明詳見解析(2)證明詳見解析【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理來證得平面；（2）根據(jù)面面垂直的判定定理來證得平面平面.【詳解】（1）設，連接，由于分別是的中點，所以，由于平面，平面，所以平面.（2）由于四邊形是正方形，所以，由于平面平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.【B組

在綜合中考查能力】一、單選題1．已知直線和兩個不重合的平面，則下列命題正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】D【分析】由空間直線與平面，平面與平面的位置關系逐一判斷即可.【詳解】若，則不一定平行，還可以相交，故A錯誤；若，則，故B錯誤；若，則不一定平行，還可以相交，故C錯誤；若，則必存在直線，且，而，所以，所以，故D正確.故選：D2．設?是互不重合的平面，??是互不重合的直線，下列命題正確的是（

）A．若，，，，則B．若，，則C．若，，，則D．若，，則【答案】D【分析】根據(jù)線面的位置關系結合面面垂直的判定定理逐一判斷即可.【詳解】對于A，若，，，，則或或與相交，故A錯誤；對于B，若，，則兩直線平行或或相交或異面，故B錯誤；對于C，若，，，則直線平行或或相交或異面，故C錯誤；對于D，若，則在平面內(nèi)存在直線，又，所以，又，所以，故D正確.故選：D.3．已知直線，和平面，，則使平面平面成立的充分條件是（

）A．， B．，C．，， D．，【答案】A【分析】A選項，由條件可得到得到充分性；B選項，不一定得到，作圖說明；C選項，不一定得到，作圖說明；D選項，根據(jù)條件得到面面平行可以判斷.【詳解】A選項中，根據(jù)，，可得存在，所以，所以平面平面，A正確；B選項中，，,，，，不一定得到，如下圖，所以B錯誤；C選項中，，，，不一定得到，如下圖，所以C錯誤；

D選項中，根據(jù)，，所以，所以D錯誤.故選：A.4．已知不重合的平面、、和直線，則“”的充分不必要條件是（

）A．內(nèi)有無數(shù)條直線與平行 B．內(nèi)的任何直線都與平行C．且 D．且【答案】D【分析】利用面面位置關系可判斷AC選項；利用面面平行的定義可判斷B選項；利用線面垂直的性質(zhì)定理可判斷D選項.【詳解】對于A選項，若內(nèi)有無數(shù)條直線與平行且這無數(shù)條直線是平行直線，則、平行或相交，即“內(nèi)有無數(shù)條直線與平行”“”，A不滿足；對于B選項，由面面平行的定義可知，“內(nèi)的任何直線都與平行”“”，B不滿足；對于C選項，若且，則、平行或相交，則“且”“”，C不滿足；對于D選項，由線面垂直的性質(zhì)可知，若且，則，反之，若，則“且”不一定成立，故“且”是“”的充分不必要條件，D滿足.故選：D.5．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】D【分析】根據(jù)條件思考題中平面和直線所可能的各種情況，運用有關的定理逐項分析.【詳解】當，時，可能有，但也有可能或，故A選項錯誤；當，時，可能有，但也有可能或，故選項B錯誤；在如圖所示的正方體中，取為，為，為平面，為平面，這時滿足，，，但不成立，故選項C錯誤；當，，時，必有，從而，故選項D正確；故選：D.二、多選題6．，，是不同的直線，，是不同的平面，下面條件中能證明的是（

）A．，，，，B．，，C．，D．，【答案】AD【分析】由線面垂直定義，線面垂直判定定理，面面垂直性質(zhì)定理可判斷選項正誤.【詳解】A選項，可知直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直，則，故A正確；B選項，缺少條件，不能保證，故B錯誤；C選項，此時有可能與兩平面交線不垂直，此時不能保證，故C錯誤；D選項，因，，則，故D正確.故選：AD7．在空間中，設為兩條不同的直線，，為兩個不同的平面，則下列正確的是（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，，則D．若，，，則【答案】AD【分析】由面面垂直的判定定理可得，選項A可判定；若，，則，或與相交，選項B可判定；若，，，則，與相交，與異面，選項C可判定；由面面垂直的性質(zhì)定理和線面垂直的性質(zhì)定理可證得，選項D可判定.【詳解】因為所以可取直線，且，因為，，所以，又，可得，故選項A正確；若，，則，或與相交，故選項B錯誤；若，，，則，與相交，與異面，故選項C錯誤；因為，令可取直線，且，可得又，所以，因為，，所以，又，可得，故選項D正確.故選：AD.三、填空題8．設，是兩條不同的直線，，.①若，，，則

②若，，，則③若，，，則

④若，，，則【答案】②【分析】舉例說明判斷①③④；利用相關性質(zhì)推理判斷②作答.【詳解】對于①，在長方體中，平面，平面分別為，直線分別為直線，顯然有，，，而，①錯誤；對于②，因為，，當時，由，得，當n不在平面內(nèi)時，則存在過直線的平面與都相交，令交線分別為，則有，而，，于是，因此，②正確；對于③，在長方體中，平面，平面分別為，直線分別為直線，滿足，，，而，③錯誤；對于④，在長方體中，平面，平面分別為，直線分別為直線，滿足，，，而，④錯誤，所以正確命題的序號是②.故答案為：②9．設是一條直線，是不同的平面，則在下列命題中，假命題是．①如果，那么內(nèi)一定存在直線平行于②如果不垂直于，那么內(nèi)一定不存在直線垂直于③如果，那么④如果，與都相交，那么l與所成的角互余【答案】④【分析】根據(jù)線面、面面位置關系有關知識對命題進行分析，從而確定正確答案.【詳解】①，，且交線為，則在內(nèi)，與平行的直線與平行，①正確.②，若存在且，根據(jù)面面垂直的判定定理可知，這與“不垂直于”矛盾，所以②正確.③，若，如下圖所示，設，過作，垂足分別為，由于，所以，由于，所以，同理可證得，由于，所以，所以③正確.④，如果，與都相交，設，如下圖所示，設，過作，垂足為，過作，垂足為，由于，所以，同理可證得，所以與所成角為，與所成角為，，與長度不相等，所以么l與所成的角不互余，④錯誤.故答案為：④四、解答題10．如圖，在三棱錐中，平面，，，，為垂足.(1)求證：平面；(2)若為的中點，求四面體的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明出平面，可得出，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得出，再結合線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）推導出平面，并計算出的長以及的面積，利用錐體的體積公式可求得四面體的體積.【詳解】（1）證明：因為平面，平面，所以，，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，因為，為的中點，則，因為，、平面，因此，平面.（2）解：因為、分別為、的中點，則且，因為平面，則平面，因為平面，平面，所以，，則，因為為的中點，則，因此，.11．如圖所示的幾何體中，四邊形為正方形，.(1)求證：平面；(2)若，平面平面.若為中點，求證：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意可得，由線面平行的判定定理可得答案；（2）由面面垂直可得線面垂直，再由線面垂直的判定定理得出平面，即可得證.【詳解】（1）因為四邊形為正方形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）若，則為等邊三角形，如圖，因為為中點，所以，因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以.12．已知矩形中，，的中點為，將繞著折起，折起后點記作點（不在平面內(nèi)），連接、得到幾何體，為直角三角形.(1)證明：平面平面；(2)求平面與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明出面，可得出，利用勾股定理可證得，利用線面垂直和面面垂直的判定定可證得結論成立；（2）推導出面，，以點為坐標原點，分別以、、方向為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法結合同角三角函數(shù)的基本關系可求得平面與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）證明：如圖，連接，連接交于點，則，翻折前，翻折后，則有，由于為直角三角形，且，，因此必有，又因為，、平面，則面，因為平面，從而可得，又因，，則，所以，.又因，、平面，即面，因為平面，因此，面面.（2）解：如圖，取中點為，中點為，連接，由（1）可知，平面平面，因為，為的中點，則，因為平面平面，平面，所以，面，因為、分別為、的中點，則，因為，則，以點為坐標原點，分別以、、方向為、、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.則、、、，得，，，，設平面的一個法向量為，由，則，取，則，，得到，設平面的法向量為，則，取，則，，則，則，從而，也即平面與平面所成夾角的正弦值為.13．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面，E是的中點，已知，．(1)求證：；(2)求證：平面平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）以A為原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法證明．（2）運用線面垂直的性質(zhì)定理可證得，進而運用線面垂直的判定定理可證得平面PAC，進而可證得面面垂直.【詳解】（1）以A為原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，所以，，所以，所以．（2）連接，，如圖所示，因為面，面，所以，又因為四邊形為正方形，所以，又因為，、面，所以面，又因為面，所以平面平面．14．如圖，四棱錐，平面ABCD，為等邊三角形，，B，D位于AC的異側，.(1)若，求證：平面平面PBD；(2)若直線平面PAD，求四棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形與平行四邊形的性質(zhì)，利用線面垂直的性質(zhì)定理以及判定定理，結合面面垂直判定定理，可得答案；（2）根據(jù)線面垂直性質(zhì)定理，結合三角形的面積公式求得三棱錐底面積，利用三棱錐體積公式，可得答案.【詳解】（1）證明：因為，且為等邊三角形，所以，因為，，所以四邊形ABCD為平行四邊形，又為等邊三角形，可得，四邊形ABCD為菱形，所以，因為平面ABCD，且平面，所以，因為平面，且，所以平面PAC，因為面PBD，所以平面平面PBD.（2）已知平面ABCD，，在等邊中，，因為平面PAD，且平面，所以，因為，為邊長為2的等邊三角形，所以，在，則，，所以，所以四棱錐的體積.15．如圖，幾何體中，為等腰梯形，為矩形，，平面平面.(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）過點作的垂線，垂足為，連接，根據(jù)平面平面可得平面，再由線面垂直的性質(zhì)和勾股定理可得答案；（2）建立空間直角坐標系，求出、平面的法向量，由線面角的向量求法可得答案.【詳解】（1）如圖，過點作的垂線，垂足為，連接，由已知可得，平面平面，平面平面平面，平面，平面，；（2）建立如圖所示空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為，則，令得，設直線與平面所成角為，則，，即直線與平面所成角的大小為.16．如圖，在四棱錐中，平面，底面為直角梯形，，，為的中點.(1)證明：.(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面垂直性質(zhì)和判定可證得平面，進而得到；由等腰三角形三線合一性質(zhì)可得，由線面垂直的判定與性質(zhì)可證得結論；（2）根據(jù)為中點可知，由棱錐體積公式可求得，從而得到；根據(jù)長度和垂直關系，結合解三角形的知識可求得，結合棱錐體積公式可構造方程求得結果.【詳解】（1）平面，平面，；又，，，平面，平面，平面，；為的中點，，；，平面，平面，平面，.（2）連接，取的中點，連接，為的中點，，又，.，，，，.又，平面，，.分別為中點，，又平面，平面，又，，，，，又，在中，，，.設點到平面的距離為，則，解得：，即點到平面的距離為.17．如圖，圓錐SO，S為頂點，是底面的圓心，為底面直徑，，圓錐高點P在高SO上，是圓錐SO底面的內(nèi)接正三角形.(1)若，證明:平面(2)點P在高SO上的動點，當和平面所成角的正弦值最大時，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意易證，，再根據(jù)線面垂直的判定即可證明平面.（2）首先點為原點，平行于方向為x軸，以方向為y軸，以方向為z軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量法和基本不等式得到當時，與平面所成角的正弦值最大，再求三棱錐的體積即可.【詳解】（1）因為，，所以是正三角形，則，易知底面圓，而底面圓，所以，又在中，，所以，因為是正三角形，所以，且，，所以，，同理可證，又，平面，所以平面；（2）如圖，因為，所以以點為原點，平行于方向為x軸，以方向為y軸，以方向為z軸，建立以為原點的空間直角坐標系，設，所以設平面的法向量為，則，令，則，故，

設直線和平面所成的角為，則，

當且僅當，即時，所在直線和平面所成角的正弦值最大，故.18．如圖，已知四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，平面，，是的中點．(1)證明：；(2)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得，結合，推出平面，得到，證明平面，即可證明．（2）利用，轉化求解即可．【詳解】（1）證明：因為底面是邊長為2的正方形，，所以，因為是的中點，所以,因為平面，平面，所以，因為四邊形為正方形，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，（2）設點到平面的距離為，因為平面，平面，所以，因為，所以為等腰直角三角形，因為是的中點，所以，因為平面，平面，所以，所以，所以，因為是的中點，平面，所以點到平面的距離為，因為，所以，所以，解得，所以點到平面的距離為.19．如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面分別是中點，點在棱上移動.(1)證明：無論點在上如何移動，都有平面平面；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)面面垂直的判定定理來證得平面平面.（2）利用等體積法來求得點到平面的距離.【詳解】（1）連接，底面為菱形，，為正三角形，是的中點，，又，平面平面，平面，平面，平面，平面平面.（2）連接，，.設到平面的距離為，，由于平面，所以，所以，由，得.20．如圖，直三棱柱中，點是上一點.(1)若點是的中點，求證∥平面；(2)若平面平面，求證.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）連接，設，則由三角形中位線定理可得∥，然后利用線面平行的判定定理可得結論；（2）在平面中，過作，則由面面垂直的性質(zhì)可得平面，則，再由直棱柱的性質(zhì)可得，然后由線面垂直的判定可得平面，從而由線面垂直的性質(zhì)可得結論.【詳解】（1）證明：連接，設，則為的中點，連接，由是的中點，得∥，又面，且面，所以∥平面；（2）證明：在平面中，過作，因為平面平面，又平面平面，所以平面，因為平面，所以，在直三棱柱中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以.21．如圖，在三棱柱中，底面是邊長為2的等邊三角形，分別是線段的中點，在平面內(nèi)的射影為.求證：平面.【答案】證明見解析【分析】要證直線與平面垂直，可以根據(jù)判定定理，證明此直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直（此時可以用幾何法證明直線垂直，也可以用向量法證明直線垂直），從而證得直線與平面垂直；也可以利用向量法，求出直線的方向向量和平面的法向量，從而證得直線與平面垂直.【詳解】法一：連接，因為為等邊三角形，為中點，，因為在平面內(nèi)的射影為，所以平面，又因為平面，，平面，平面，又因為平面，由題設知四邊形為菱形，，分別為中點，，又平面，平面.法二：連接，因為在平面內(nèi)的射影為，所以平面，又平面，，又為等邊三角形，為中點，，則以為坐標原點，所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，即，又平面，平面.法三：連接，因為在平面內(nèi)的射影為，所以平面，又平面，，又為等邊三角形，為中點，，則以為坐標原點，所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為，，即，不妨取，則，則，所以平面的一個法向量為，，，，平面.22．已知在直三棱柱中，其中為的中點，點是上靠近的四等分點，與底面所成角的余弦值為．求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】根據(jù)與底面所成角的余弦值為得到是邊長為的等邊三角形，然后利用空間向量的方法證明平面平面即可.【詳解】

取的中點，連，因為為的中點，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為與底面所成角的余弦值為，所以與底面所成角的余弦值為，因為三棱柱為直三棱柱，所以平面，所以是與底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是邊長為的等邊三角形，取的中點，的中點，連，則，，平面，以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標系：則，，，，，，，，，，，，，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，則，得，令，得，，，令，得，，，因為，所以，所以平面平面.23．如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，點E在底面圓周上，，F(xiàn)為垂足．(1)求證：．(2)當直線DE與平面ABE所成角的正切值為2時，求點B到平面CDE的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明，可得，進而證明，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可證明結論.（2）由為直線DE與平面ABE所成角，求得，設B到平面CDE的距離為h，則有，由等體積法可求h.【詳解】（1）∵AB為圓的直徑，，又平面AEB，平面AEB，，又，平面ADE，平面ADE，而平面AEB，，又，且，平面BDE，平面BDE，又平面BDE，；（2）由題意可知，平面ABE，為直線DE與平面ABE所成角，，，設B到平面CDE的距離為h，則有，因為，，，由余弦定理得，則，故，由點向直線作垂線，垂足為，平面AEB，平面AEB，所以，平面，所以平面，且，，解得，∴B到平面CDE的距離為．24．如圖，在正三棱柱中，，點在上，且，為中點，證明：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）延長和交于點，設，根據(jù)題意，證得四邊形為平行四邊形，得到，結合線面平行的判定定理，即可證得平面；（2）根據(jù)題意，分別證得和，結合線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得平面平面.【詳解】（1）證明：如圖所示，分別延長和交于點，設，設，因為，可得，由，可得，即，解得，又因為為的中點，可得，所以，所以，又由，所以四邊形為平行四邊形，所以為的中點，設，因為四邊形為矩形，所以為的中點，在中，由三角形的中位線定理，可得，又因為平面，平面，所以平面.（2）證明：因為三棱柱為正四棱柱，且，可得四邊形為正方形，所以，又因為為的中點，可得，且為的中點，所以，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面.25．如圖所示，在正方體中．求證：（立體幾何證明過程中不可使用向量法，否則不給分）(1)直線平面；(2)平面平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結論；（2）先證明平面，根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明結論；【詳解】（1）證明：在正方體中，，即四邊形為平行四邊形，所以平面平面，所以平面．（2）在正方體中，平面中，又因為平面，所以，又因為平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面．26．如圖，在多面體中，四邊形是正方形，，且，二面角是直二面角．(1)求證：平面；(2)求證：平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）證明兩兩垂直，建立空間直角坐標系，確定平面的法向量，根據(jù)空間位置關系的向量證法，即可證明結論；（2）求出平面的法向量，根據(jù)空間位置關系的向量證法，即可證明結論；【詳解】（1）證明：由二面角是直二面角，四邊形為正方形，則，平面，平面平面,可得平面ABC.又因為，所以，所以，即，所以兩兩垂直，以A為坐標原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則知點，，，，由于兩兩垂直，平面，即平面，故平面的一個法向量可取為，而，即，所以平面.（2）證明：由（1）知，，，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，即，所以，所以，又因為平面，所以平面.27．如圖所示，在四棱錐中底面ABCD是邊長為2的菱形，，面面，．(1)證明：；(2)求點A到平面PBC的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)面面垂直以及等腰三角形的性質(zhì)，可得線面垂直，進而可得線線垂直，根據(jù)菱形的性質(zhì)，結合線面垂直性質(zhì)定理，可得答案；（2）根據(jù)線面平行，將問題等價轉化，利用直角三角形的性質(zhì)，可得答案.【詳解】（1）如圖，取AD中點H，連接PH，HB，BD∵ABCD是邊長為2的菱形，，由，得，∵，∴，∴H為AD的中點，∵，H為AD的中點，∴，而，平面，∴平面PHB，又平面PHB，∴，又∵∴．（2）因為，平面，平面，所以平面由平面PBC知點A與點H到平面PBC距離相等，由（1）知平面PHB，，∴平面PHB，而平面PBC，∴平面平面PHB，過點H作于M，又平面平面，∴平面PBC，知HM即為點H到平面PBC的距離，由平面平面ABCD，平面平面平面PAD，，∴平面ABCD，而平面ABCD，∴，又，∵，，∴.28．如圖，在四棱錐中，底面，，，，，E是PC的中點．證明：PD⊥平面ABE.【答案】證明見解析【分析】由題設構建空間直角坐標系，法一：求出平面ABE的法向量，坐標公式判斷，即可證結論；法二：向量垂直的坐標表示證，，根據(jù)線面垂直的判定證結論.【詳解】由底面，，易知兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，連接AC，設，則，∵，∴為正三角形，則，∴，法一：設平面ABE的法向量為，則，令，，而，顯然，則，∴也是平面ABE的一個法向量，即平面ABE.法二：，則，，∴，，即，故平面ABE.29．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為菱形，平面底面，且，，E為CD的中點，F(xiàn)為AD的中點.(1)證明：平面；(2)求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，先證明，根據(jù)面面垂直及線面垂直得性質(zhì)證明，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；（2）根據(jù)棱錐的體積公式計算即可.【詳解】（1）連接，因為E為CD的中點，F(xiàn)為AD的中點，所以，又底面ABCD為菱形，所以，所以，因為，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因平面，所以平面；（2）由，得，因為底面ABCD為菱形，，所以為等邊三角形，所以，則，所以.30．圖1是直角梯形，，，，，，，以為折痕將折起，使點到達的位置，且，如圖2．(1)證明：平面平面(2)求點到平面的距離；【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用已知條件得四邊形為菱形，連接交于點，得，再利用長度關系得到，再由線面垂直的判定可得平面，從而得到平面平面；（2）計算出，并計算出的面積，利用等體積法可求得點到平面的距離.【詳解】（1）如圖所示：連接AC，交BE于F，因為，，，，，所以AE=4，又，所以四邊形ABCE是菱形，所以，在中，，所以，在中，又，，則，所以，又，面，所以平面，又因為面，所以平面平面（2）設點D到平面的距離為h，因為，且，所以，即，解得.【C組

在創(chuàng)新中考查思維】一、解答題1．如圖，在三棱錐中，，，為的中點，為的中點，且為正三角形．（）求證：平面．（）若，，求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析；(2).【詳解】試題分析：（1）要證平面，只需證明與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，利用直線與平面垂直的判定定理證明即可；（2）解法一：通過，利用等體積法，即可求解點到平面的距離；解法二：過點作直線的垂線，角的延長線于點，證明平面，說明為點到平面的距離，一是利用等面積求解，二是利用解直角三角形求解．試題解析：（）證明：在正中，是的中點，∴，∵是的中點，是的中點，∴，故，又，，，平面，∴平面，∵平面，∴，又，，，平面，∴平面．（）解法：設點到平面的距離為，∵，是的中點，∴，∵為正三角形，∴．∵，，∴，∴，∵．由（）知，∴，在中，，∴，∵，∴，即，∴，故點到平面的距離為．點睛：本題考查了直線與平面垂直的判斷與證明，點到直線的距離的求法等知識點，此類題目是立體幾何中的常見問題，解答本題，關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，明確角的構成.立體幾何中角的計算問題，往往可以利用幾何法、空間向量方法求解，應根據(jù)題目條件，靈活選擇方法.本題能較好的考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力\轉化與化歸思想及基本運算能力等．2．如圖，是半球的直徑，為球心，，，依次是半圓上的兩個三等分點，是半球面上一點，且.(1)證明：平面平面；(2)若點在底面圓內(nèi)的射影恰在上，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】(1)由面面垂直的判斷定理可知，要證平面平面，只需證一個平面內(nèi)的一條直線垂直于另一個平面內(nèi)的兩條相交直線即可，根據(jù)，結合題意只需證明，即四邊形是菱形即可；(2)由(1)可得平面，結合已知條件可得點P在底面圓內(nèi)的射影是與的交點Q，在中，由勾股定理計算，求出，再根據(jù)即可求解.【詳解】（1）證明：連接，如圖，是半圓上的兩個三等分點，則有，∵，∴都是正三角形.∴，四邊形是菱形，，∵，平面，∴平面，平面∴平面平面.（2）由(1)知，平面PON，所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，則點P在底面圓內(nèi)的射影在ON上，又點P在底面圓內(nèi)的射影在BM上，點P在底面圓內(nèi)的射影是ON與MB的交點Q，，故，在中，由余弦定理，可得，故，故，在中，，故，故.由，可得，即，所以，點到平面的距離為.【點睛】3．如圖，在幾何體ABCDE中，面，，，．(1)求證：平面平面DAE；(2)AB=1，，，求CE與平面DAE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線線平行證得，再結合線面垂直的性質(zhì)定理與面面垂直的判定定理即可得證；（2）首先確定直線與平面所成角的平面角為，再應用棱錐體積公式求、，即可得解.【詳解】（1）如圖，取的中點M、N，連接、、，則知，且，又，且，所以，且，則四邊形為平行四邊形，所以．∵，M為的中點，∴，∵平面，平面，∴．又，平面,平面，∴平面從而可得平面，由于平面，所以平面平面，命題得證．.（2）由（1）知，平面DAE于，則為CE與平面DAE所成角.且在中，，由且，得，又已知平面，平面，∴，∵平面ABCD，∴平面ABCD，設，則，那么有，則，解得，即有．從而易得，在中，；又在中，，則知；∴，即CE與平面DAE所成角的正弦值為．4．如圖，四棱錐中，為矩形，，且．為上一點，且．(1)求證：平面；(2)分別在線段上的點，是否存在，使且，若存在，確定的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在使且，其中是線段靠近的四等分點，是線段靠近的四等分點.【分析】（1）利用線面垂直判定定理去證明平面；（2）假設存在存在符合題意，建立空間直角坐標系，利用向量的方法保證且，進而確定確定的位置.【詳解】（1），且平面又平面，矩形中，又，則與相似，則．；又，平面；（2），且平面．又，則可以D為原點分別以DA、DC、DS為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意可知，假設存在滿足且．在線段上，可設的坐標在線段上，可設則．要使且，則，又，可得，解得．故存在使且，其中是線段靠近的四等分點，是線段靠近的四等分點.5．如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面平面ABCD，，，，，，E，H分別是棱AD，PB的中點.(1)證明：平面PCE；(2)若，求點P到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先由平面幾何證得四邊形AFCD是正方形，從而由勾股定理證得，再由面面垂直的性質(zhì)定理證得，由此利用線面垂直的判定定理證得平面PCE；（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求得平面的法向量，從而由求得點P到平面的距離.【詳解】（1）在棱AB上取點F，使得，連接CF，BE，因為，，，所以四邊形AFCD是正方形，因為E是棱AD的中點，所以，又，所以，，從而，故，因為，且E是棱AD的中點，所以，又因為平面平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，平面，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以，因為平面PCE，平面PCE，且，所以平面PCE．.（2）結合（1）中結論，以E為原點，分別以，的方向為x，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，因為在中，，所以，則，，則，，設平面的一個法向量為，則，令，得，又，所以點P到平面的距離為.6．如圖，平面，底面為矩形，于，于（1）求證：面；（2）設平面交于，求證：.【答案】（Ⅰ）見解析；（2）見解析【詳解】（Ⅰ）∵平面，面∴，又，∴面,面，∴∴面,面，∴，又∵,∴面.（Ⅱ）設平面交于，由（Ⅰ）知面∴,由（Ⅰ）同理面,面，∴∴面,面，∴，考點：線面垂直；線線垂直7．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，點在底面內(nèi)的投影恰為中點，且．(1)若，求證：面；(2)若平面與平面所成的銳二面角為，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件，不妨設，，然后根據(jù)勾股定理分別證明，，最后根據(jù)線面垂直的判斷進行證明即可.（2）首先過點做底面垂線，垂足為中點.不妨假設底面正方形的邊長為，.建立空間直角坐標系，通過已知條件平面與平面所成的銳二面角為，求出，最后根據(jù)線面角的夾角公式進行求解即可.【詳解】（1）如圖，連接，.已知，不妨設，.已知點在底面的投影落在中點，所以四棱錐為正四棱錐，即，底面為正方形，，得，同理得，為的中點，，，得，，，同理可得，平面，平面，且，平面.（2）如圖，過點做底面垂線，垂足為中點.以所在直線為軸，以過點且與平行的直線為軸，以所在直線為軸如圖建立空間直角坐標系.不妨假設底面正方形的邊長為，.因此得，，，，，.，，，，設平面的法向量為，由，得，解得：，，，故；設平面的法向量為，由，得，解得：，，，故；由平面與平面所成的銳二面角為，得，解得或（舍）.得，，設直線與平面所成角為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.8．如圖所示，在三棱柱中，為正方形，是菱形，，平面平面．(1)求證：；(2)求平面與平面所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先利用面面垂直的性質(zhì)定理證得平面，再利用線面垂直的判定定理證得平面，由此證得結論；（2）結合（1）中結論建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的一個法向量，由此利用空間向量求角的方法即可求得所求.【詳解】（1）連接，在正方形中，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，在菱形中，，因為，面，所以平面，因為平面，所以..（2）在平面內(nèi)過點作直線垂直于，垂足為，由（1）可知平面，所以，，故以點為坐標原，分別以所在的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，則，，在菱形中，，所以，故，，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，故，由（1）可知，是平面的一個法向量