专题平面与平面垂直（解析版）高一数学下学期期中期末考点题型精准复习（人教A版2019必修第二册）

专题平面与平面垂直1．平面与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言线面垂直面面垂直如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直2．平面与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言面面垂直线面垂直两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直3、二面角的概念定义从一条直线出发的两个半平面所组成的图形．画法记法二面角或二面角的平面角①；②；③，则二面角的平面角是．考点一面面垂直的判定和性质定理的理解考点二平面与平面垂直的判定定理考点三平面与平面垂直的性质定理考点四求二面角考点一面面垂直的判定和性质定理的理解例1．（2023·高三课时练习）如图，已知矩形ABCD所在的平面，则下列说法中正确的是______．（写出所有满足要求的说法序号）①平面PAD⊥平面PAB；

②平面PAD⊥平面PCD；③平面PBC⊥平面PAB；

④平面PBC⊥平面PCD．【答案】①②③【分析】根据线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理证明判断即可．【详解】①由矩形ABCD所在的平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确；②由矩形ABCD所在的平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故②正确；③由矩形ABCD所在的平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故③正确；④依题意得，若平面PBC⊥平面PCD，作交于，平面PBC平面PCD，所以平面PCD，又平面，所以,因为，平面，所以平面，因为平面，所以,与矛盾，故④错误．故答案为：①②③．例2．（2022秋·河南许昌·高二禹州市高级中学校考阶段练习）对于直线m，n和平面，，的一个充分条件是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【分析】根据空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定定理逐个分析即可得答案.【详解】对A：，，，不一定得到，A错误；对B：，，，不一定得到，B错误；对C：，，，则或两平面重合，C错误；对D：，，则，又，所以，D正确；故选：D.例3．（2023·全国·模拟预测）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】D【分析】由选项A的条件可得出两个平面相交或平行可以判断A选项；由选项B的条件可得出两个平面平行可以判断B选项；由选项C的条件可得出两条直线可以平行、相交或异面可判断C选项；根据面面垂直的判定可以判断D选项；【详解】对于A：若，，，则α，β相交或平行，所以A错误．对于B：若，由，得，又因为，则和平行，所以B错误．对于C：若，，，则m，n可以平行，相交或异面，所以C错误．对于D：若，，则或，当，又，可得；当时，如图，平面内必然有一条直线设为与平行，由，则，由面面垂直的判定可得，所以D正确．故选：D．例4．（2023秋·内蒙古包头·高三统考期末）设为直线，为平面，则的必要不充分条件是（

）A．直线与平面内的两条相交直线垂直B．直线与平面内任意直线都垂直C．直线在与平面垂直的一个平面内D．直线与平面都垂直于同一平面【答案】C【分析】根据题意知找一个由能推出的但反之不成立的一个结论.【详解】根据题意知找一个由能推出的但反之不成立的一个结论.对A：根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则；若，则直线与平面内的两条相交直线垂直，故A错误；对B：根据线面垂直的定义，直线与平面内任意直线都垂直是的充要条件，故B错误；对C：若，设，由面面垂直的判定知，故直线在与平面垂直的一个平面内；若直线在与平面垂直的一个平面内，不妨设平面，若取，则不成立，故C正确；对D：若，又，则，不可能有平面与平面垂直，故D错误.故选：C例5．（2021·陕西榆林·陕西省神木中学校考模拟预测）设为两个平面，则的充要条件是（

）A．垂直于同一条直线B．内有两条直线与内无数条直线垂直C．内有一条直线与垂直D．垂直于同一平面【答案】C【分析】逐项分析选项中的直线，平面的位置关系，选出充要条件.【详解】对于A项，，垂直于同一条直线则两个平面平行，A项错误；对于B项，如图长方体中，平面中直线，直线与平面中平行于直线的无数条直线都垂直，但是平面与平面不垂直，B项错误；对于C项，平面过垂直于的直线，则；反之，若，在内作垂直于交线的直线垂直于，C项正确；对于D项，如图长方体中，平面与平面都垂直于平面，但是平面与平面不垂直，D项错误.故选：C.考点二平面与平面垂直的判定定理例6．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知三棱锥S－ABC中，侧棱SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，求证：平面ABC⊥平面ASC.【答案】证明见解析【分析】作SH⊥AC交AC于点H，由全等三角形的性质得出SH⊥BH，结合面面垂直的判定证明即可.【详解】作SH⊥AC交AC于点H，连接BH，∵SA＝SC，∴AH＝HC.在C中，H是AC的中点，，又SH＝SH，SA＝SB，∴△SAH≌△SBH(SSS)，∴SH⊥BH，又AC∩BH＝H，AC，BH⊂平面ABC，∴SH⊥平面ABC，又SH⊂平面ASC，∴平面ABC⊥平面ASC.例7．（2023·江西·校联考二模）如图，点C在直径为的半圆O上，垂直于半圆O所在的平面，平面．且．(1)证明：平面平面【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）根据给定条件，证明平面，再借助线面平行可得，然后利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.【详解】（1）因为点C在半圆O上，为直径，则，而平面，平面，于是，又平面，则有平面，由知点共面，又平面，平面平面，平面，因此，即有平面，又DE在平面ADE内，所以平面平面例8．（2023·四川成都·统考二模）如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．(1)证明：平面平面；(2)求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.【详解】（1）取的中点，连接，．∵与均是边长为2的正三角形，∴，，．∴为二面角的平面角．∵，∴，∴．因为，，，平面所以平面，又平面，∴平面平面．（2）由（1）知，，．∵，平面，平面，∴平面．∴为三棱锥的高．∴．∴四棱锥的体积为2．例9．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）如图，在几何体ABCDE中，面ABE，，，.(1)求证：平面平面；【答案】(1)证明见详解【分析】（1）根据线线平行证得，再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；【详解】（1）分别取的中点，连接，则，，由题意可得：，，则，，故为平行四边形，则，∵为的中点，且，则，又∵平面ABE，平面ABE，则，，平面，故平面，由，可得平面，平面，故平面平面.例10．（2021春·陕西汉中·高一统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，平面ABCD．(1)证明：平面平面BED；(2)若，，，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知线面垂直得，再由菱形对角线垂直得线面垂直，从而可得证面面垂直；（2），求出面积和高，再由棱锥体积公式计算．【详解】（1）证明：四边形ABCD为菱形，．平面ABCD，平面ABCD，．，平面BED，平面BED，平面BED．又平面AEC，平面平面BED．（2）在菱形ABCD中，由，，可得，．，在中，可得．由平面ABCD，平面ABCD，得,所以为直角三角形，点E到平面AGD的距离．，．考点三平面与平面垂直的性质定理例11．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC.求证：BC⊥平面ACD.【答案】证明见解析【分析】由几何关系证明BC⊥AC，再由面面垂直的性质BC⊥平面ACD.【详解】如题图(1)，在梯形ABCD中，AD＝CD＝2，∠ADC＝90°，过C作CE⊥AB，E为垂足，∴四边形AECD为正方形，∴CE＝AE＝EB＝2，∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，如题图(2)，平面ACD⊥平面ABC且平面ACD∩平面ABC＝AC，又BC⊂平面ABC且BC⊥AC，∴BC⊥平面ACD.例12．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，∠ABC＝60°，AB∥CD，CB＝CD＝1．点E为棱PC的中点，点F为棱AB上的一点，且AB＝4AF，平面PBC⊥平面ABCD．(1)证明：AC⊥PB；(2)证明：EF∥平面PAD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由条件可证梯形中AC⊥BC，再结合面面垂直的性质即可证明；（2）取棱PD中点为G，可证明EF∥AG，结合线面平行的判定定理即可证明结果.【详解】（1）由条件易得：AD＝DC＝1，∠ADC＝120°，则，AC＝，∠ABC＝120°，由余弦定理可知：AB＝2，则∠ACB＝90°，所以AC⊥BC．又平面PBC⊥平面ABCD，且平面PBC∩平面ABCD＝BC，且AC⊂平面ABCD，则AC⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AC⊥PB；（2）由（1）可知AB＝2．取棱PD中点为G，连接EF、EG、AG，因为E为PC的中点，所以EG∥DC，且EG＝DC，又，所以AF∥DC，且AF＝DC，所以EG∥AF，且EG＝AF，所以四边形AFEG为平行四边形，所以EF∥AG．又EF⊄平面PAD，且AG⊄平面PAD，则EF∥平面PAD．例13．（2021·陕西西安·统考二模）如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是棱长为2的菱形，平面平面，是的中点，.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连结，判断为等边三角形，证明，根据面面垂直的性质判断得到平面.(2)等体积法转化求解.【详解】（1）证明：连结，∵底面是菱形，，∴为等边三角形，又是的中点，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）设点到平面的距离为，易知，在中，，，∴，由，得，解得,点到平面的距离为.【点睛】.例14．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面平面．(1)求证：；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）证明，继而根据面面垂直的性质证明平面，根据线面垂直的性质即可证明结论；【详解】（1）证明：，∵设，∴，，,∴，∴，∴，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴．15．（河南省开封市2023届高三下学期第二次模拟考试文科数学试题）如图1，在直角梯形ABCD中，，，，将沿AC折起（如图2）．在图2所示的几何体中：(1)若平面ACD⊥平面ABC，求证：AD⊥BC；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理证明AC⊥BC，再通过面面垂直的性质定理证明BC⊥平面ACD，从而可证线线垂直；【详解】（1）记，在中，，，在中，，由余弦定理得，所以，所以AC⊥BC，因为平面ACD⊥平面ABC，平面平面ABC=AC，BC平面ABC，所以BC⊥平面ACD，又平面ACD，所以；考点四求二面角例16．（2022·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，为的中点，则二面角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由二面角的定义证明即为二面角的平面角，求出此角即得．【详解】如图，在长方体中，平面，平面，平面，所以，且，所以即为二面角的平面角，又，易得.故选：B.例17．（2023·高一课时练习）已知二面角的平面角是120°，在面内，于，，在面内，于，，，是棱上的一个动点，则的最小值是______.【答案】【分析】将二面角平摊开来，在平面内根据两点之间线段最短求解.【详解】将二面角平摊开来，即为如下图形，当在一条直线上时有最小值，最小值为对角线因为,所以,故答案为:.例18．（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知，，垂足为、，若，则二面角的大小是______．【答案】##【分析】根据与二面角大小互补进行求解.【详解】设二面角的大小为，因为，，垂足为、，所以，又，所以.故答案为：例19．（2022秋·湖南怀化·高二校考阶段练习）如图，在正方体中，(1)求异面直线与所成的角的大小；(2)求二面角的大小.【答案】(1)(2)【分析】（1）作出异面直线与所成的角，并求得角的大小.（2）判断二面角的平面角，并求得角的大小.【详解】（1）在正方体中，连接，由于，所以是异面直线与所成的角，由于三角形是等边三角形，所以，所以异面直线与所成的角的大小为.（2）在正方体中，，所以是二面角的平面角，根据正方体的性质可知，所以二面角的大小为.例20．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥中，.(1)求侧棱与底面所成角的大小；(2)求二面角的大小的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据线面角的定义可证得为所求角，设等边的边长为，由长度关系可求得，从而得到结果；（2）由二面角平面角定义可知为所求二面角的平面角，由长度关系可求得结果.【详解】（1）设底面正方形的中心为，连接，由正四棱锥结构特征知：平面，即点在平面上的投影为，为侧棱与底面所成角，在中，，，为等边三角形，设其边长为，平面，平面，，在中，，，，，即侧棱与底面所成角的大小为.（2）取的中点为，连接，在正方形中，；在等边中，，为二面角的平面角，平面，平面，；在中，，，，二面角的大小的余弦值为.21．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱锥中,.设点在底面上的射影为.(1)求二面角的余弦值.【答案】(1)【分析】（1）设为的中点，连接，利用线面垂直的判定定理得到平面，可得即为二面角的夹角,通过几何关系和余弦定理可得到，即可求解；【详解】（1）由题意可得，如图，设为的中点，连接，则，因为，平面，故平面.∴即为二面角的平面角,又平面，则平面平面，∴顶点在底面上的射影必在上,故.因为平面，平面，所以，易得,则,∴二面角的余弦值为.一、单选题1．（2023·全国·高一专题练习）已知直线、，平面、，满足且，则“”是“”的（

）条件A．充分非必要 B．必要非充分条 C．充要 D．既非充分又非必要【答案】A【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定.【详解】因为，所以，又因为，所以，即“”是“”的充分条件；如图，在长方体中，设面为面、面为面，则，且与面不垂直，即“”不是“”的必要条件；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.2．（2023·全国·高一专题练习）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（

）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD【答案】C【分析】由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，所以，由四边形ABCD为矩形得，因为，所以平面PAD．又平面PCD，所以平面平面PAD．故选：C3．（2022·高一课前预习）m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列三个命题：（1）若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β；（2）若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m；（3）若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.其中正确的命题为（）A．（1）（2） B．（3）C．（2）（3） D．（1）（2）（3）【答案】B【分析】（1）（2）可举出反例，（3）可以用线面垂直，线线垂直证明出面面垂直.【详解】如图1，满足α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，但不满足n⊥β，（1）错误；如图2，满足α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，但不满足n⊥m，（2）错误；若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.因为m⊥α，m⊥n，所以或，若，因为n⊥β，所以α⊥β.若，则在内存在使得，因为n⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β.综上：若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，（3）正确.故选：B4．（2023·内蒙古包头·一模）如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（

）A．平面平面 B．C． D．平面【答案】C【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，所以，，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故A选项正确；对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；对于C选项，若，由B选项知，则有，令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，所以，不满足，故C选项错误；对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，所以，平面，平面，所以平面，故D选项正确.故选：C5．（2023·安徽蚌埠·统考二模）设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】A【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，若，，，则，故正确；对于B，若，，，则与相交或者，故错误；对于C，若，，，则，故错误；对于D，若，，，则与相交，不一定垂直，故错误.故选:A6．（2023春·全国·高一专题练习）在长方体中，，则二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出长方体，为二面角所成的平面角，求出的值即可得出答案.【详解】长方体中，，，，平面,平面,,又平面平面，为二面角所成的平面角，，所以二面角的余弦值为.故选：D.二、多选题7．（2023秋·江苏南通·高二统考期末）在棱长为的正方体中，下列结论正确的是（

）A．异面直线与所成角的为B．异面直线与所成角的为C．直线与平面所成角的正弦值为D．二面角的大小为【答案】ACD【分析】利用异面直线所成角的定义可判断AB选项；利用线面角的定义可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，，则与所成的角为，A对；对于B选项，，所以，与所成角为或其补角，因为，，，，则，所以，，故，B错；对于C选项，平面，故直线与平面所成角为，平面，则，所以，，因此，直线与平面所成角的正弦值为，C对；对于D选项，平面，、平面，则，，所以，二面角的平面角为，D对.故选：ACD.8．（2022春·江苏连云港·高一连云港高中校考期末）已知m，n是直线，，，是平面，则下列说法中正确的是（

）A．若，，，则或B．若，，，则C．若m不垂直于，则m不可能垂直于内的无数条直线D．若，且，，则且【答案】BD【解析】选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件“直线在平面或平面”，所以错误；选项为面面平行的性质定理，所以正确；选项，若m不垂直于，平面内的直线垂直于m在平面内的射影，则直线与垂直，所以错误；选项，由线面平行的判断定理可判断正确.【详解】在A中，垂直于两平面交线的直线不一定垂直于两个平面，A错误；B为面面平行的性质定理，所以正确；在C中，平面内垂直于m的射影的直线，m与它们都垂直，C错误；在D中，根据线面平行的判定定理，可判断为正确.故选：BD.【点睛】本题考查空间线和面有关定理的辨析和应用，要熟练掌握定理所满足的条件，属于基础题.三、填空题9．（2022秋·安徽阜阳·高二校考阶段练习）如图，等腰直角三角形所在的平面与正方形所在的平面互相垂直，则异面直线与所成角的大小是____________【答案】60°##【分析】将几何体放入正方体模型中，则异面直线与所成角即与所成角，从而得解.【详解】如图，在正方体中，所以四边形为平行四边形，所以，则异面直线与所成角即与所成角，为等边三角形，所以，异面直线与所成角为60°或者.故答案为：.10．（2021秋·江西宜春·高二江西省万载中学校考期中）如图，PA⊥面ABCD，且ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足条件_______时，平面MBD⊥平面PCD.（注：只要填写一个你认为正确的即可）【答案】（答案不唯一）【分析】要平面MBD⊥平面PCD，可以考虑PC⊥平面MBD，进而得出点M满足的条件即可【详解】根据面面垂直的判定可得，当PC⊥平面MBD时，平面MBD⊥平面PCD，故可以考虑PC⊥平面MBD，此时.当时，根据对称性可得，又，平面MBD，此时PC⊥平面MBD满足题意.故答案为：（答案不唯一）四、解答题11．（2023秋·福建南平·高二统考期末）在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，M是AB的中点，且，，．(1)证明：平面EDC⊥平面ABCD；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）利用面面垂直的判定定理进行证明；【详解】（1）因为，取CD中点O，连接OE，则EO⊥DC，且EO＝2，因为O，M是AB的中点，所以OM＝2，所以，即EO⊥OM，又因为EO⊥DC，且，平面ABCD，平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，又平面ABCD，所以平面EDC⊥平面ABCD；12．（2023·四川成都·统考二模）如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．(1)证明：平面平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，进而利用面面垂直的判定证明平面平面.【详解】（1）取的中点O，连接AO，．∵与均是边长为2的正三角形，∴，，．∴为二面角的平面角．∵，∴．∴，又，，平面，平面，又平面，∴平面平面.13．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD⊥CD，，CD=2AB．(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)在侧棱PC上是否存在点M，使得平面PAD，若存在，确定点M位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；点是的中点【分析】（1）由PD⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可得，结合AD⊥CD，根据线面垂直的判定定理可得平面，根据面面垂直的判定定理即可证明；（2）取的中点为，的中点为，连接，，，根据中位线即可证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，又因为，，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）存在，当点是的中点时，平面，证明如下：如图，设的中点为，连接，，，如图所示：所以是的中位线，即，且，因为，，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，故当点是的中点时，平面.14．（2023·全国·模拟预测）如图，已知三棱柱中，，，四边形是菱形.(1)求证：平面平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）根据平行线的性质，结合线面垂直、面面垂直的判定定理进行证明即可；【详解】（1）由，得，由，得，因为，，所以.又，平面，所以平面，而平面，.因为四边形是菱形，所以，而，平面，于是平面.又平面，因此平面平面；15．（2021春·陕西榆林·高二陕西省神木中学校考阶段练习）如图，的外接圆O的直径，CE垂直于圆O所在的平面，，，.(1)求证：平面平面BCED；(2)若，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由直径所对的圆周角为可得，再根据线面垂直的性质可得，利用线面垂直的判定定理可得平面AEC,根据面面垂直判定定理即可证明平面平面BCED；（2）作即可知为三棱锥的高，由等体积法可知.【详解】（1）证明：因为AB为的外接圆O的直径，，平面ABC，平面ABC，又，平面AEC，又平面BCED，平面平面BCED.（2）作，，如下图所示：因为平面平面BCED，平面平面，所以平面；为三棱锥的高，且，由题知，.16．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱中，为边长为的正三角形，为的中点，，且，平面平面.(1)证明：；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在中，利用余弦定理可求得，根据勾股定理可证得，由面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；（2）由面面平行性质可知点到平面的距离即为点到平面的距离，利用体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果.【详解】（1）为中点，，，又，，，，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）由三棱柱结构特征可知：平面平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，又，.17．（2021·陕西榆林·陕西省神木中学校考模拟预测）如图，四边形是边长为2的菱形，，平面平面，．(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解