考点35 空间直线、平面的平行12种常见考法归类（解析版）

考点35空间直线、平面的平行12种常见考法归类考点一线面平行的判断考点二直线与平面平行的证明利用三角形的中位线证明线面平行（二）构造平行四边形证明线面平行（三）利用对应线段成比例证明线面平行（四）利用线面平行的性质证明线面平行（五）通过面面平行证线面平行（六）利用空间向量法证线面平行考点三直线与平面平行的探索性问题考点四利用线面平行的性质证线线平行考点五由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置考点六由线面平行求线段长度考点七面面平行的判断考点八平面与平面平行的证明（一）利用面面平行的判定证明面面平行（二）利用空间向量法证明面面平行考点九平面与平面平行的探索性问题考点十利用面面平行证线线平行或线面平行考点十一平行关系的综合应用考点十二翻折类问题1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊄α,b⊂α,a∥b))⇒a∥α性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥α,l⊂β,α∩β＝b))⇒l∥b2．线面平行的判定定理必须具备三个条件(1)直线a在平面α外，即a⊄α；(2)直线b在平面α内，即b⊂α；(3)两直线a，b平行，即a∥b，这三个条件缺一不可．3．应用判定定理证明线面平行的步骤上面的第一步“找”是证题的关键，其常用方法有：①空间直线平行关系的传递性法；②三角形中位线法；③平行四边形法；④线段成比例法．提醒：线面平行判定定理应用的误区(1)条件罗列不全，最易忘记的条件是“直线在平面外”．(2)不能利用题目条件顺利地找到两平行直线．4．线面平行的证明方法（1）定义法：一般用反证法；（2）判定定理法：关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程；（3）性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面.5．线面平行性质的应用证明线线平行，常常将线面平行转化为该线与过该线的一个平面和已知平面的交线平行.在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．利用面面平行的性质证明直线与平面平行关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．7．证明方法“一找二作三证明”“一找二作三证明”是证明线面平行的常用方法，此证明方法分为三步，具体的操作流程如下：第一步，就是“一找”：根据直线与平面平行的判定定理，要证明线面平行，只需要在这个平面内“找”出一条直线与已知直线平行即可.其次是“一找”的原则：一是要“找”的是线线平行，二是要在一个平面图形中“找”.第二步，就是“二作”：在分析题意之后，若不能直接“找”到所需要证明的线线平行的关系，则进入“二作”的程序.从三个方面去理解"二作"，第一方面"作"就是作辅助线或辅助平面，有简单的“作”或复杂的“作”；第二方面，每一次"作"的时候都要围绕证明所需去"作"，要证平行关系就去“作”线线平行；第三方面，要把线线平行的关系“作”在一个平面图形中.第三步，就是"三证明"：经过第一或第二步的操作之后，再按照分析的思路，快速而且规范地写出证明命题的整体过程.在"三证明"中要注意三点，第一，数学符号要标准，几何语言表述要规范；第二，书写要有层次性；第三，最后表述证明结果时要严格遵守判定定理的条件.8．线线平行的常见找法依据：（1）构造三角形的中位线证明线面平行，通常需运用线面平行的判定定理：若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.那么在证明线面平行时，需找到一组平行线，使得其中一条直线在平面外，另一条直线在平面内.若已知一条线段的中点，且平面内或外的一条直线为三角形的底边，则可过三角形的中点作三角形的中位线，那么就可以根据三角形中位线的性质：中位线平行且等于底边的一半，来证明线面平行.在构造三角形的中位线时，要注意关注中点、线段的垂直平分线、三角形的重心等信息，结合图形的特征寻找中位线。（2）构造平行四边形我们知道，平行四边形的对边平行且相等.在证明线面平行时，可根据图形的特点，找到一组对边平行且相等的线段，分别将这四点连接，便可构造出平行四边形，使另一组对边分别为平面内外的一条直线，即可根据平行四边形的性质和线面平行的判定定理证明线面平行.通过直观观察，若平面内的一条直线与平面外的一条直线长度相等，一般猜想构造平行四边形，这时利用平行四边形对边平行得出线线平行，进而得到线面平行。（3）利用相似比寻找线平行如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边，这也是得到线面平行的一种有力工具。题目中出现比值关系时，可考虑利用比值关系，寻找线线平行，进而得到线面平行。（4）利用直线与平面平行的性质定理寻找线线平行利用直线与平面平行的性质定理得到直线与直线平行，进而得到直线与平面平行。先证明线面平行（或题目已知线面平行），再利用线面平行的性质定理，得到线线平行，进而得到线面平行。（5）构造平行平面面面平行的性质有很多，常见的有：（1）若两个平面平行，则在一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面；（2）若两个平行平面同时和第三个平面相交，则它们的交线平行.在证明线面平行时，只要证明直线所在的平面和平面平行，那么就可以根据面面平行的性质，证明直线和平面平行.当构造三角形和平行四边形困难时，可以考虑构造平行平面.若要证明平面，只需构造一个平面//平面，且，那么根据平行平面的性质，即可证明平面.在构造平行平面时，可在平面内作一条直线，使其平行于.也可直接根据正方体、长方体、直棱柱的性质构造平行平面.（6）利用线面垂直的性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行.（7）平行线的传递性平行于同一条直线的两条直线平行.9．寻找线线平行技巧：（1）初学者可以拿一把直尺放在位置（与平齐），如图一；（2）然后把直尺平行往平面方向移动，直到直尺第一次落在平面内停止，如图二；（3）此时刚好经过点（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点），此时直尺所在的位置就是我们要找的平行线，直尺与相交于点，连接，如图三；（4）此时长度有长有短，连接并延长刚好交于一点，刚好构成型模型（为中点，则也为中点，若为等分点，则也为对应等分点），，如图四．图一 图二 图三 图四10．面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥β,b∥β,a∩b＝P,a⊂α,b⊂α))⇒α∥β性质定理两个平面平行如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b11．平面与平面平行其他常用判定、性质(1)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行.(2)平行于同一个平面的两个平面平行.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面.(5)如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面.(6)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．(7)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(8)同一条直线与两个平行平面所成的角相等.12．证明面面平行的常用方法（1）利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合（2）利用面面平行的判定定理；（3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行（l⊥α，l⊥β⇒α∥β）；（4）利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行（α∥β，β∥γ⇒α∥γ）.13．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行；(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．注：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.14．线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示．性质性质性质性质判定判定判定线∥面线∥线面∥面15．空间位置平行关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝kn2（k∈R）直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝km（k∈R）考点一线面平行的判断1．（2023·全国·高三对口高考）如果平面外有两点A、B，它们到平面的距离都是a，则直线和平面的位置关系是_________．【答案】平行或相交【分析】若在平面的同侧，可判断直线和平面平行；若在平面的两侧，可判断直线和平面相交；【详解】若在平面的同侧，因为平面外有两点到平面的距离相等，所以直线和平面平行；若在平面的两侧，因为平面外有两点到平面的距离相等，所以直线和平面相交；综上所述:直线和平面的位置关系一定是平行或相交故答案为：平行或相交.2．（2023·全国·高三对口高考）过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（

）A．不存在 B．只有一个 C．有无数个 D．不能确定【答案】D【分析】根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.【详解】过直线l外两点作与l平行的平面，如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在;如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个;如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个.因此只有D正确.故选：D.3．（2023·北京·101中学校考三模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】根据空间中线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分析判断，即可得出结果.【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则与可能相交、平行或，A错；若，则或，B错；若，则或相交，C错；若，则确定一个平面，设为，又，所以，则由面面平行的判定定理得，D正确.故选：D4．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）已知三条不同的直线和两个不同的平面，下列四个命题中正确的为（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】求得位置关系判断选项A；求得位置关系判断选项B；求得位置关系判断选项C，D.【详解】选项A：若，则或异面或相交.判断错误；选项B：若，则或.判断错误；选项C：若，则或相交.判断错误；选项D：若，则必有，又，则，则.判断正确.故选：D5．（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.【详解】对于A，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；

对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；

对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；

对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.

故选：D.6．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）如图所示，在正方体中，是棱上一点，若平面与棱交于点，则下列说法中正确的是（

）A．存在平面与直线垂直B．四边形可能是正方形C．不存在平面与直线平行D．任意平面与平面垂直【答案】D【分析】根据正方体的性质判断A，根据面面平行的性质得到四边形是平行四边形，再由，即可判断B，当为的中点时为的中点，即可判断C，建立空间直角坐标系，利用向量法说明D.【详解】对于A：在正方体中平面，显然平面与平面不平行，故直线不可能垂直平面，故A错误；对于B：在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，由平面平面，并且四点共面，平面平面，平面平面，∴，同理可证，故四边形是平行四边形，在正方体中，由几何知识得，平面，∵平面，∴，若是正方形，有，此时与重合时，但显然四边形不是正方形，故B错误；对于C：当为的中点时，为的中点，所以且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故C错误；对于D：设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，

由几何知识得，,∴,∵，∴，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴任意平面与平面垂直，故D正确.故选：D考点二直线与平面平行的证明（一）利用三角形的中位线证明线面平行7．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）在如图所示的三棱锥中，已知，为的中点，为的中点，为的中点.(1)证明：平面.(2)求平面与平面所成锐角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证结论正确；（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求出结果.【详解】（1）证明：因为是的中位线，所以.因为平面平面，所以平面.（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则点，，，，，.设平面的一个法向量为，则，取，得，，则.设平面的法向量为，因为，所以，得，取，得，则，所以，所以平面与平面所成锐角的余弦值为.8．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考二模）如图，在三棱柱中，平面，，，，点D是棱的中点．(1)求证：∥平面；(2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出与长度的比值，若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）建系，利用空间向量求线面夹角.【详解】（1）连接交于点O，由于四边形为矩形，所以O为的中点，又D是棱的中点，故在中，是的中位线，因此//，平面，平面，所以//平面（2）由平面，可知，三棱柱为直三棱柱，且底面为直角三角形，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系；则，，，，，由，得，，，设平面的法向量为，则取，则，得，设直线与平面所成角为，则，可得，因为，整理得，解得或，由于，所以，所以棱上存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时.9．（2023·广东汕头·统考三模）如图，四棱锥的底面为正方形，，E为PB的中点，已知，.

(1)证明：平面；(2)求点C到平面的距离；(3)若平面平面，求直线EC与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）利用三角形的中位线得到线线平行，再通过线面平行的判定定理即可得证；（2）利用等体积法转化即可求解；（3）通过面面垂直性质定理，得出线面垂直，进而建立空间直角坐标系，利用线面角正弦的向量计算方法即可求解.【详解】（1）连接，交于，连接，由条件得为的中点，因为E为PB的中点，所以是的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面；

（2）设点到平面的距离为，因为E为PB的中点，所以到平面的距离等于到平面的距离等于倍，因为，得，由，可得，因为，，所以，故点C到平面的距离为；（3）作，交于，因为，则为的中点，因为平面平面，平面平面，则平面，过作，交于，则，以为坐标原点，、、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，因为，平面平面，平面平面，所以平面，所以即为到平面的距离，由小问2可知点C到平面的距离为，即，从而正方形边长为2，故，因为，所以，所以，，，，，则，，;设平面的法向量为，由，，得，取，即，设直线EC与平面所成角为，则，所以直线EC与平面所成角的正弦值为.

10．（2023·上海普陀·曹杨二中校考三模）如图，在四棱锥中，正方形的边长为2，平面平面，且，，点分别是线段的中点.

(1)求证：直线平面；(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接可得为的中位线，再利用线面平行的判定定理即可得出证明；（2）利用四棱锥的结构特征以及线面垂直的判定定理，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的位置关系，即可求得直线与平面所成角的大小为.【详解】（1）根据题意可知，连接，则交与；如下图所示：

在中，为的中点，又点是线段的中点，所以，又平面，平面，所以直线平面；（2）由平面平面，且平面平面，又四边形是正方形，所以，又平面，所以平面；过点作直线平行于，又，所以以为坐标原点，分别以直线，直线，直线为轴建立空间直角坐标系；如下图所示：

由正方形的边长为2，，可得，；所以；；又点分别是线段的中点，所以；即；设平面的一个法向量为；所以，可得，令，解得；即设直线与平面所成的角为，则，解得；所以直线与平面所成角的大小为.11．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，因为分别为的中点，则//，平面，平面，所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，所以平面，取的中点，连接，因为△ABC是正三角形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，所以点C到平面的距离.

（二）构造平行四边形证明线面平行12．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，，.

(1)若为的中点，求证：平面；(2)若多面体的体积为32，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；（2）多面体ABCDEF的体积等于，分别求出代入化简即可得出答案.【详解】（1）证明：连接.因为为的中点，，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.

（2）解：因为四边形ABCD是正方形，AE⊥平面ABCD，所以AB，AD，AE两两垂直，

连接AC，多面体ABCDEF的体积等于.因为AB=AE=2CF=2m，所以四棱锥B-ACFE和四棱锥D-ACFE的高都为，四边形（直角梯形）ACFE的面积为，所以多面体ABCDEF的体积等于，因为多面体ABCDEF的体积为32，所以4m3=32，解得m=2.13．（2023·全国·高三对口高考）如图，四棱锥的底面是矩形，平面，E、F分别是、的中点，又二面角大小为.(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)设，求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)1【分析】（1）取PC的中点G，连接EG、FG，借助中位线定理和平行四边形的判定和性质易得AFGE，即可证明；（2）要证平面PEC⊥平面PCD，只需证EG⊥平面PCD，又AFEG，易知AF⊥平面PCD；（3）由（1）（2）知AF平面PEC，平面PCD⊥平面PEC，过F作FH⊥PC交PC于H，则FH⊥平面PEC，FH的长度为F到平面PEC的距离.【详解】（1）取PC的中点G，连接EG、FG，因为F为PD的中点，所以GFCD，GFCD，因为CDAB，CDAB，又E为AB的中点，所以AEGF，AEGF，所以四边形AEGF为平行四边形，所以AFGE，且平面PEC，因此AF平面PEC.（2）因为PA平面ABCD，平面ABCD，所以PACD，因为，，平面PAD，平面PAD，所以CD平面PAD，平面PAD，平面PAD，所以CDAF，CDPD，所以二面角的平面角为，则，又且F为斜边PD的中点，所以，又，平面PCD，平面PCD，所以AF⊥平面PCD，由（1）知AFGE，所以EG⊥平面PCD.因为EG平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.（3）由（2）知平面PCD⊥平面PEC，过F作FH⊥PC交PC于H，因为平面PCD平面PECPC，平面PCD，则FH⊥平面PEC，所以FH的长度为F到平面PEC的距离，由（1）知AF平面PEC，所以FH的长度点A到平面PEC的距离，在与中，为公共角，，所以∽，所以，因为，，所以，所以点A到平面的距离为1.14．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；(2)若，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.（2）过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以.15．（2023·四川遂宁·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，为等边三角形，为棱的中点.

(1)证明：平面；(2)当=时，求证：平面⊥平面，并求点与到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析，距离为【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；（2）利用面面垂直判定定理即可证得平面⊥平面；利用三棱锥等体积法即可求得点与到平面的距离.【详解】（1）取线段的中点,连接,则为的中位线,∴由题知,∴,∴四边形为平行四边形.∴又∵平面,平面,∴平面（2）在中，∵,∴.又∵,平面∴平面，平面，∴平面平面，∵为的中点，∴到平面的距离等于点到平面的距离的一半.∵平面，∴平面∴.∴取中点，连接，又为等边三角形，则.∵平面平面，∴平面，设点到平面的距离为.由，得，解得.∴点到平面的距离为

16．（2023·广东广州·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，点为的中点．(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接．先证明，再证明平面．（2）利用向量的方法求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）取中点，连接．因为点为的中点，所以且，又因为且，所以且，所以四边形为平行四边形．所以．又平面平面，所以平面．（2）在平面中，过作，在平面中，过作．因为平面平面，平面平面，平面所以平面．所以，所以两两互相垂直．以为原点，向量的方向分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），则，所以，设是平面的一个法向量，则即取，得．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．17．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图,四棱锥中,底面为的中点.

(1)若点在上,,证明:平面;(2)若,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点,连接,根据已知条件证明四边形是平行四边形,即可证明;（2）取中点,根据条件可以证明,所以所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,分别求出平面的法向量和平面的法向量,再利用公式求解即可.【详解】（1）如图所示:

取中点,连接,因为,所以,又,所以,因为,所以,又因为为的中点,所以且,即有且,所以四边形是平行四边形,所以,又因为平面平面，所以平面.（2）连接,因为,所以为等腰三角形,取中点,连接,则有,又因为,所以,又因为底面,如图,以所在直线分别为轴,轴,轴建立空间坐标系,

因为,则有,所以,设平面的法向量为,则有,则,因为底面,取平面的法向量,设二面角的大小为为钝角,则有,即二面角的余弦值为.18．（2023·江西南昌·统考三模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．(1)求证：平面；(2)若与所成的角为，求多面体的体积．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）延长交于点M，连接，根据已知求得，易证为平行四边形，有，则为平行四边形，即，最后应用线面平行的判定证结论；（2）取的中点N，可得，在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，得，证明为的中位线，由棱台结构特征确定为棱台，最后应用棱锥体积公式求体积.【详解】（1）延长交于点M，连接，则在面内，由，则，又，所以，可得，由，G在上且，故为平行四边形，则，且，又共线，所以，且，故为平行四边形，则，由平面，平面，所以平面．（2）取的中点N，则，且，所以为平行四边形，则，在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，所以与所成的角，即为与所成角，则，平面，平面，则，而，设，则△中，，，则为等边三角形，故，即，所以在中，P为的中点，且，故为的中位线，所以，易知多面体为棱台，且，且，体积．19．（2023·上海奉贤·校考模拟预测）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.(1)求证：直线EC与平面ABD没有公共点；(2)求点C到平面BED的距离.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）取的中点，连接、，证明平面即可得解；（2）在三棱锥中，利用等体积法即可求出点到平面的距离.【详解】（1）取的中点，连接、，如图，依题意，在中，，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，且，因为平面，且，则有，且，从而得四边形为平行四边形，，又平面，平面，则平面，所以直线EC与平面ABD没有公共点；（2）因为平面，平面，所以，因为，，平面所以平面因为，于是得平面，因为平面，平面，所以，因为，所以，则等腰底边上的高，，而，设点C到平面BED的距离为d，由得，即，解得，所以点C到平面BED的距离为1（三）利用对应线段成比例证明线面平行20．（2023·四川·校联考模拟预测）在四棱锥中，平面，四边形为矩形，为棱的中点，与交于点为的重心.

(1)求证：平面；(2)已知，，若与平面所成角的正切值为，求到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用相似证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明线面平行；（2）利用线面角的正切值求出，利用已知条件求出与的关系，即可求解.【详解】（1）证明：延长交于点，连接，则为的中点，

因为为的中点，所以，又，所以与相似，所以，因为为的重心，所以，所以，所以与相似，所以，所以，又平面，平面，所以平面.（2）解：连接，则，因为平面，且，平面，所以，，所以，;又，，平面，所以平面.连接，则为与平面所成的角，且，因为，，四边形是矩形，易求，又与平面所成角的正切值为，因为，所以,所以，设到平面的距离为，则,由条件知，所以，所以，即点到平面的距离为.21．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形为矩形，为棱的中点，与交于点为的重心.

(1)求证：平面；(2)已知，若到平面的距离为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线线平行和线面平行的证法和线面平行的判定即可求解；（2）根据二面角的法向量求法即可求解.【详解】（1）证明：延长交于点，连接，则为的中点，因为为的中点，所以，又，所以，因为为的重心，所以，所以，所以，又平面平面，所以平面.（2）由题意易知两两垂直，故以为坐标原点，以直线，分别为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，

设，则，所以因为，所以.设平面的一个法向量，则即令，解得，所以，因为到平面的距离为，所以，解得，所以.设平面的一个法向量，则即令，解得，所以，.设平面与平面所成的锐二面角大小为，则，即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.22．（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，分别为棱的中点，为线段的中点．(1)证明：平面．(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接，利用平行线分线段成比例定理，及线面平行的判断定理推理作答.（2）由已知证明平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）在三棱柱中，连接，交于点，连接，如图，四边形为平行四边形，有，而为的中点，则，由，得，又分别为的中点，即有，因此，则，而平面平面，所以平面．（2）因为，则是菱形，又，即，是正三角形，则，矩形中，，而，平面，于是平面，令，过作，则平面，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设平面和平面的法向量分别为，，则，令，得，，令，得，，令二面角的大小为，则，于是，所以二面角的正弦值为．23．（2023·四川内江·校考模拟预测）在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段上，二面角的大小为．

(1)若，，，证明：平面；(2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)，【分析】（1）构造面面平行来推线面平行，作QE∥AB交AC于E，连接PE即证面PEQ∥面AB1即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出与平面所成最大角时的P点位置，求其正切，再求二面角即可.【详解】（1）

如图所示，过Q作QE∥AB交AC于E，连接PE，过C1作C1F∥A1A，交AC于F，∵，结合圆台的特征知，又∵，解三角形得，故，即，∵，由题意易知四边形为直角梯形，∴，，故，∵面，面，∴QE∥面，同理PE∥面，又面PQE，∴面∥面，面，∴平面，得证；（2）

如图，结合圆台的特征，当时，此时两两垂直，故以A为中心，以AB、AC、AA1所在的直线分别为轴、轴、轴，则，设，则，，易知轴⊥面，不妨取作为面的一个法向量，设与平面所成角为，则，即当时，取得最大值，此时为最大角，，设此时面APQ的一个法向量为，易得，则，令，则，即，由图可知该二面角的平面角为锐角，设其为，故，故与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.24．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2，.

(1)证明：平面；(2)求平面和平面的夹角.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）确定为正三角形，，证明，得到证明.（2）确定平面，，建立空间直角坐标系，确定平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】（1），，为正三角形，，则为中点，设，，，故，故为的三等分点，

，为的三等分点，即F为的中点，故，平面，平面，故平面.（2）由题设易得，，，故，即，，故，，，PH、HF在面PHF内，故平面.PF在面PHF内，故，又，，AC、AD在面ABCD内，故平面.在中，，由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故，过点作平面的垂线为z轴，以分别为轴、轴正方向，建立如图所示坐标系.

则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，设平面和平面的夹角为，,则，，所以平面和平面的夹角为.（四）利用线面平行的性质证明线面平行25．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形.(1)求证：AB∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)(8，12)【分析】（1）通过证明平面，证得，由此证得平面.（2）设，求得四边形周长的表达式，由此求得四边形周长的取值范围.【详解】（1）∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF∥平面ABD.又∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，∴EF∥AB，又∵AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.（2）设，∵EF∥AB，FG∥CD，∴，则＝＝＝1－，∴.∵四边形EFGH为平行四边形，∴四边形EFGH的周长l＝2＝12－x.又∵0<x<4，∴8<l<12，即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12).26．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，分别为的中点，平面与底面的交线为.(1)证明：平面.(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线所成角为，且满足？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）由已知可推得.根据线面平行的判定定理，可得平面.然后根据线面平行的性质定理，可得.进而即可得出证明；（2）由已知可得.又易知，即可得出平面.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出平面的法向量以及，根据向量法表示出，根据已知，即可得出的值.【详解】（1）因为分别为的中点，所以，.又平面，平面，所以，平面.又平面，平面与底面的交线为，所以，.从而，.而平面，平面，所以，平面.（2）取的中点记为，连接，因为是边长为2的正三角形，所以，.由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.由题意可得，即，所以的面积.设点到平面的距离为，则由已知可得，于是.因为，所以平面.取的中点记为，连接，则.因为，所以.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，设.于是，，，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，即是平面的一个法向量，所以.又直线与平面所成角为，于是.又，而异面直线所成角为，于是.假设存在点满足题设，则，即，所以.当时，，此时有；当时，，此时有.综上所述，这样的点存在，且有.27．（2023·山东泰安·统考模拟预测）四棱锥中，底面为矩形，，，平面与平面的交线为.

(1)求证：直线平行于平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意证得平面，结合线面平行的性质定理证得直线，再由线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设，取的方向向量，根据，，利用向量的夹角公式，求得，进而求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为底面是矩形，可得，又因为平面，平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以直线，又因为平面，平面，所以平面.（2）解：以点为原点，，垂直于平面的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系，则，则，设，取的方向向量，因为，，可得，又因为，可得，即，解得，即，设平面法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取取，可得，所以，所以，由图象可得，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.

（五）通过面面平行证线面平行28．（2023·陕西安康·统考三模）如图，四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．(1)证明：平面；(2)若，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面；（2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.【详解】（1）连接DE，∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，∴，，∴四边形BEDF是平行四边形，∴，∵G是PA的中点，∴，∵PD，DE平面BFG，FG，BF平面BFG，∴平面BFG，平面BFG，∵，直线PD，DE在平面PDE内，∴平面平面BFG，∵PE平面PDE，∴平面BFG．（2）∵平面，，∴平面ABCD，过C在平面ABCD内，作，垂足为M，则，∵，又直线FG，BF在平面BFG内，∴平面BFG，∴的长是点C到平面BFG的距离，∵中，，∴由等面积可得，∴点C到平面BFG的距离为.29．（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点．(1)证明：∥平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行判定定理证明或先证明面面平行再证明线面平行即可；（2）建立空间直角坐标系，设的长度为（），使用空间向量求解即可.【详解】（1）方法一:在平面内，过点作于点，连接，，∵，则，又∵平面，平面，∴平面．又∵平面，平面，平面，∴，，又∵，为公共边，∴，∴，又∵为公共边，∴，∴，为的中点，又∵为的中点，∴为的中位线，，又∵平面，平面，∴平面．又∵，平面，平面，∴平面平面，又∵平面，∴平面．方法二:延长，交于点，连接，,∵平面，平面，平面，∴，，又∵，为公共边，∴，∴，又∵，∴是为直角，为斜边的直角三角形，∴，即为的中点，又∵为的中点，∴为的中位线，，∵平面，平面，所以平面．（2）过点作，以为原点，，，所在直线分别为轴,轴,轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由于，，则由第（1）问知，又∵，∴，，∴．∴，，，，．∴，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，∴．设（），则，设平面的一个法向量为，则，令，则，，∴．设二面角的平面角为，，则，∵，∴，即二面角的正弦值为．30．（2023·河南驻马店·统考二模）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，，分别是棱，的中点．

(1)证明：平面．(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）构造面面平行，利用面面平行的性质定理证明线面平行即可；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量，即可得线面夹角的正弦值.【详解】（1）证明：取的中点，连接，．

因为，分别是棱，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，分别是棱，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，平面，且，所以平面平面．因为平面，所以平面．（2）以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，垂直平面向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，．由余弦定理可得，则，从而，，，，，故，，．设平面的法向量为，则,令，得．设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．31．（2023·青海西宁·统考二模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，AB＝BC＝2，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；(2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，易得，由线面平行的判定证平面、平面，再由面面平行的判定和性质证结论；（2）根据所选条件证BC，BA，两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值即可.【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，由三棱柱得：四边形为平行四边形，因为M是中点，则，又平面，平面，故平面，同理得平面，又NK∩MK＝K，平面MKN，平面MKN，故平面平面，平面MKN，故平面；

（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，又平面平面，故CB⊥平面，平面，所以CB⊥AB，又，所以NK⊥AB，若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，平面MNK，平面MNK，故AB⊥平面MNK，平面MNK，故AB⊥MK，又，所以，所以BC，BA，两两垂直．故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

则，故，，，设平面BNM的法向量为，则，从而，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面，又，故NK⊥平面，而平面，故NK⊥KM，又BM＝MN，，，AB＝BC＝2，故△MKBMKN，所以∠MKB＝∠MKN＝90°，所以MK⊥AB，又，所以，所以BC，BA，两两垂直故可建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

则，故，，，设平面BNM的法向量为，则从而，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则．32．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是梯形，，，E，F分别是棱，的中点.(1)证明：平面.(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，证得，得到平面，再由，证得平面，从而证得平面平面，即可得到平面；（2）求得，由，证得，根据平面平面，得到点到平面的距离是，点到平面的距离是，结合，即可求解.【详解】（1）证明：取的中点，连接，.因为F，H分别是棱，的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.因为E，H分别是棱，的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.因为，平面，且，所以平面平面.因为平面，所以平面.（2）解：因为四边形是梯形，满足，且，分别为的中点，可得，由（1）可知且，则，所以，因为，所以，因为平面平面且，所以点到平面的距离是，因为是的中点，则点到平面的距离是，设点到平面的距离为，因为，所以，解得，即点到平面的距离是.（六）利用空间向量法证线面平行33．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.(1)证明：平面；(2)若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线与平面的位置关系计算直线方向向量和平面法向量，即可证明；（2）根据三棱锥的体积求得三棱柱的高为，利用向量法先求二面角的余弦值，再求正弦值.【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，，.所以，则，则，则如下图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设，则,所以，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，所以，得，又平面，所以平面；（2）三棱锥的体积，解得，则，由（1）知平面的法向量为，设平面的一个法向量为，，所以，令，则，即，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.于是，故二面角的正弦值为.34．（2023·北京密云·统考三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过求出和面的一个法向量，即可证明结论；（2）分别求出面和面的法向量，即可求出二面角的余弦值.【详解】（1）由题意，在矩形中，，，,，分别是，的中点，∴，，在四棱锥中，面平面，面面，，∴面，面，∴，取中点，连接，由几何知识得，∵，∴，∵面，面，∴面，∴以、、为、、轴建立空间直角坐标系如下图所示，

∴，∴，面的一个法向量为，∵，∴平面.（2）由题意，（1）及图得，在面中，，，设其法向量为，则，即，解得：，当时，，在面中，其一个法向量为，设二面角为∴，由图象可知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为.35．（2023·天津南开·南开中学校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.

(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）（2）（3）根据题意，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】（1）证明：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，，易知平面的一个法向量为，故，则，又平面，故平面．（2）易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，且，，则，令，则，，，设平面与平面夹角为，易知为锐角，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．（3）设平面的法向量为，且，则，令，则，，故，设点到平面距离为，．36．（2023·天津·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．(1)求证：平面；(2)求点到直线的距离；(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.【详解】（1）因为底面，，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，又，可得，因为平面，所以平面，（2）因为，所以点到直线的距离.（3）设，，则，设平面的法向量为，则令，则，所以，即，解得或（舍去），所以.37．（2023·天津河西·统考三模）已知直三棱柱中，，，，D,E分别为的中点，F为CD的中点.

(1)求证：//平面ABC；(2)求平面CED与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量即可；（2）利用空间向量求出两个平面的法向量，然后用夹角公式计算；（3）利用点到面距离的向量的公式计算.【详解】（1）

在直三棱柱中，平面，且，以点B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系.则，，，，.易知平面ABC的一个法向量为，则，故，又因为平面，故//平面（2），设平面CED的法向量为，则，不妨设，因为，设平面CED的法向量为，则，不妨设则因此，平面CED与平面夹角的余弦值为.（3）因为，根据点到平面的距离公式，则即点到平面CED的距离为.38．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.

（2）由（1）可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面.（3）过点作交于点，设，由，得，且，又由（2）知，，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为.

考点三直线与平面平行的探索性问题39．（2023春·广西·高三校联考阶段练习）如图（1），点E是直角梯形ABCD底边CD上的一点，∠ABC＝90°，BC＝CE＝1，AB＝DE＝2，将沿AE折起，使得D－AE－B成直二面角，连接CD和BD，如图（2）．(1)求证：平面平面BCD；(2)在线段BD上确定一点F，使得平面ADE.【答案】(1)证明见解析(2)当点F线段的中点时，平面ADE【分析】（1）由D－AE－B成直二面角得到平面平面，利用面面垂直性质定理得平面，从而，再通过线面垂直证明面面垂直；（2）分别取线段BD，AB的中点F，G，利用线线平行证明线面平行，进而证明面面平行，即可证明结论.【详解】（1）在直角梯形ABCD中，取DE中点为M，连接AM，则DM=EM=1，AM=BC=1，所以，所以，所以，因为D－AE－B成直二面角，所以平面平面，又平面平面=AE，平面，所以平面，因为平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，因为平面BCD，所以平面平面BCD；（2）如图，分别取线段BD，AB的中点F，G，连接，则，又平面，平面，所以平面，在直角梯形ABCD中，且，所以四边形AGCE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，又因为平面，所以平面ADE.所以当点F线段的中点时，平面ADE.40．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，是等腰三角形，，，与交于点M，，的中点分别为N，O，如图所示.(1)在平面内找一点D，使平面，并加以证明；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)为的中点，证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理作答.（2）以点O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）连接，取的中点为，连接，则平面.在三棱柱中，四边形是平行四边形，即为的中点，而为的中点，于是，平面平面，所以平面.（2）在三棱柱中，是等腰三角形，为的中点，则，而平面平面，平面平面平面，于是平面，连接，而四边形是菱形，且，，则，，即有两两垂直，以为坐标原点，以射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，显然平面的一个法向量为，，设平面的一个法向量为，则，令，得，令二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为.41．（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)存在，(2)【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，则，又因为，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面，因为，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，故平面，因此，线段上是否存在点，且当时，平面.（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，由，，，所以，，所以，，所以，，过点在平面内作，垂足为点，因为，，，、平面，所以，平面，因为平面，则，又因为，，、平面，所以，平面，因为点到平面的距离为，即，且，所以，，由图可知，为锐角，所以，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，，，设平面的法向量，则，取，则，，所以，，因为，因此，与平面所成角的正弦值为.42．（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）如图，三棱锥中，底面与侧面是全等三角形，侧面是正三角形，，，，，，，分别是所在棱的中点，平面与平面相交于直线．

(1)求证：；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明，进而得证平面，再根据直线与平面平行的性质可得，进而得证；（2）连接，通过线面垂直关系可得平面，结合为的中点，可得到平面的距离为，再结合三角形知识可得，，进而利用等积法即可求解.【详解】（1）因为，，，分别为，，，的中点，所以，，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，且平面平面，所以，又，所以.（2）连接，因为，，，侧面是正三角形，所以，，又与是全等三角形，所以，又，且平面，所以平面，又平面，所以，在正三角形中，，又，且平面，所以平面，又为的中点，所以到平面的距离为.在中，，，又，，为的中点，所以，且在中，，所以，所以，设到平面的距离为，由，得，即，即到平面的距离为.

43．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，为中点.(1)在棱上是否存在点，使得平面？说明理由；(2)若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)存在，理由见解析(2)【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定证明∥平面；（2）取的中点为，证明，，以点为坐标原点，建立坐标系，利用向量法证明即可.【详解】（1）取的中点，连接，则∥，又∥，，所以四边形为平行四边形，∥.因为平面，平面，∥，所以∥平面.（2）取的中点为，连接，，.若平面，，因为平面，则，，且，又，，平面，所以平面，所以，又∥，所以，又，的中点为，所以，则以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：，平面的法向量为.设平面的法向量为，，令，则设平面与平面所成角为所以平面与平面所成角的余弦值为.考点四利用线面平行的性质证线线平行44．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，已知是平行四边形，点P是平面外一点，M是的中点，在上取一点G，过G和作平面交平面于，则与的位置关系是_________．

【答案】平行【分析】连接交于，连结，利用三角形中位线性质证明，再利用线面平行的判定定理和性质【详解】连接交于，连结，因为是平行四边形，所以为中点.因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；因为平面，又过和作平面交平面于，即平面平面，且平面，所以.故答案为：平行.

45．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，(1)求证：；(2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)或【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.【详解】（1）根据棱柱的性质可知，，由于平面，平面，所以平面.由于平面，平面平面，所以.（2）由于平面，平面，所以，由于是的中点，所以，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设，，则，，设平面的法向量为，则，故可设，所以，解得或，当，即时，,当，即时，.46．（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考模拟预测）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，，E为线段AD的中点.PE⊥底面ABCD，点F是棱PC的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.(1)求证：；(2)若PC与AB所成的角为，求直线PB与平面BEF所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）证明：因为E为AD中点，所以．又因为BC＝1，所以DE＝BC．在梯形ABCD中，DEBC，所以四边形BCDE为平行四边形．所以BECD．又因为BE⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以BE平面PCD．因为BE⊂平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，所以BEFG．.（2）因为PE⊥平面ABCD，且AE，BE⊂平面ABCD，所以PE⊥AE，且PE⊥BE．因为四边形BCDE为平行四边形，∠ADC＝90°，所以AE⊥BE．以E为坐标原点，如图建立空间直角坐标系E﹣xyz．则．设，所以，．因为PC与AB所成角为，所以．所以．则，．所以，，．设平面BEF的法向量为，则，即令，则，所以．所以．所以直线PB与平面BEF的所成角的正弦值为．47．（2023·山东聊城·统考三模）如图，三棱台中，，是的中点，点在线段上，，平面平面．

(1)证明：；(2)若平面平面，，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的性质证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，求向量与平面的法向量，根据空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，

因为是的中点，所以，，因为三棱台中，，，，所以，，即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，平面平面，所以．（2）因为平面平面，所以过点作于点，则平面，又由题意知，，所以，因为中，，，所以，连接，在中由余弦定理得，所以，得．所以以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，

令，则，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则得令，则，，所以平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．48．（2023·重庆万州·统考模拟预测）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．

(1)若平面平面，证明：；(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.【详解】（1）在图1中，因为，，，所以，，又，所以，因为，，所以，故，

在图2中，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以；（2）由（1）知，，，，平面，平面,所以平面，又平面，所以平面平面，故以为坐标原点，分别为轴，在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，因为，平面AEB平面BCE，且，所以点在平面的射影为中点，故，，设，则，，，设平面的法向量为，则，即，不妨令，则，，所以为平面的一个法向量．因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，整理得，解得或（舍），所以为中点，所以.49．（2023·全国·高三对口高考）如图，在为等腰直角三角形，，D、E分别是边和的中点，现将沿折起，使面面，H、F分别是边和的中点，平面与、分别交于I、G两点．

(1)求证：；(2)求二面角的余弦值；(3)求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得答案；（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案；（3）由，解得，得可得答案.【详解】（1）因为D，E分别是边AC和AB的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面BCH，平面AED，平面平面，所以，又因为，所以.（2）如图，建立空间直角坐标系，由题意得，，，，，，，，可得，，，，

设平面的法向量为，则，，令，解得，则，设平面的法向量为，则，，令，解得，则，所以，所以二面角的余弦值为.（3）由（2）知，，设，，则，由，解得，故.考点五由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置50．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，在三棱锥中，点是的中点，点在上，平面与平面相交于直线，∥l．

(1)证明：是的中点；(2)若平面平面，，是边长为2的正三角形，，点在直线上且不与重合，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)根据∥l，得出∥平面AEF，在根据线面平行的性质得出∥EF；(2)建立合适的空间直角坐标系，利用线段关系表示相应的空间向量计算即可.【详解】（1）因为∥l，平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF.因为平面PBC，平面AEF∩平面PBC=EF，所以∥EF，又因为点是的中点，所以点是的中点.（2）因为平面平面，且平面平面，平面ABC，且，所以平面.取AC中点D，连结PD.因为是边长为2的正三角形，所以.

以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C平行于PD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，直线过点A，且∥l，设.则，，，.设平面的法向量为，平面的法向量为.由，令，则，即；由,令，则，即，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.51．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.

(1)证明：点为的中点；(2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析.(2).【详解】（1）在正方体中，，又平面，且平面，则平面，而交平面于点，即平面，又平面，有平面，因此平面平面，于是，而为中点，所以为的中点.（2）以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为3，设，则,从而，设平面的一个法向量为，则,即,不妨取,则,即，设直线与平面所成角为，又直线与平面所成角的正弦值为，因此，解得，所以.52．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；(2)若，求锐二面角的大小.【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点(2)【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，证明如下：如图，在取点，连接，,使得，又，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，，平面，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，所以在中，，所以，所以点为线段上靠近点的三等分点.（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，又，则，由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，则，因为，所以，解得，故，则，设平面的法向量为，则，不妨取，则，设平面的一个法向量为，则，记锐二面角的平面角为，所以，又，则，所以锐二面角的大小为.考点六由线面平行求线段长度53．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为1，E，F是线段上的两个动点．(1)若平面，求的长度；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接交于点O，连接，由线面平行证线线平行，证得即可求值；（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决线面角问题.【详解】（1）正方体，连接交于点O，连接，如图所示，∴平面，平面平面，平面，∴，又，∴为平行四边形，则.（2）以点C为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，取，解得，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．54．（2023·全国·校考模拟预测）在底面为等边三角形的三棱柱中，已知平面ABC，，，D是棱的中点，M是四边形内的动点，若平面ABD，则线段长度的最小值为（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】取线段的中点为，连接，首先证明平面平面，然后可得点的轨迹是线段，然后可求出答案.【详解】取线段的中点为，连接，因为侧面为矩形，D是棱的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，同理平面，因为，所以平面平面，因为M是四边形内的动点，平面ABD，所以点的轨迹是线段，因为，，所以，，所以线段长度的最小值为.故选：D55．（2023·湖南长沙·周南中学校考三模）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，，点在上.

(1)若平面，求；(2)若是的中点，求二面角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）记中点为，连接、，依题意可得，根据面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，依题意可得求出的值，即可得解；（2）依题意点与点重合，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）记中点为，连接、，为正三角形，，则，且.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又为正三角形，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，则，设，，则，因为平面，所以，解得，所以为的中点，此时.

（2）若是的中点，则点与点重合，则平面的一个法向量可以为，设二面角为，显然二面角为锐角，则，所以，所以二面角的正弦值为.

56．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）如图，在三棱锥中，为中点，为上一点，，上有点，平面.(1)求的值；(2)若平面，，，求二面角的正弦值.【答案】(1)1(2)【分析】（1）找到PD的中点M，可证得面BDF，进而得到面面，利用面面平行的性质定理得到，即可确定的值；（2）过点A作BC的平行线为x轴，以AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用平面AEB与平面AEC的法向量可求得二面角的正弦值.【详解】（1）解：取的中点M，连接如图（1）所示，，又因为F为AC的中点，∴，又面BDF，面BDF，∴面BDF.又面BDF，，面，∴面面BDF，又∵面面=EM，面面=BD，，又∵，.（2）由题可知平面ABC，，所以.以A为坐标原点，过点A作BC的平行线为x轴，以AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示，则，则PB的中点E为，，，，设平面AEB法向量为，则，令则.所以.设平面AEC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.考点七面面平行的判断57．（2023·全国·高三专题练习）设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（

）A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线【答案】D【分析】根据面面平行的判定一一判定即可.【详解】对于A：内有无数条直线与平推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误；对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确．故选：D58．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）已知是空间两个不同的平面，命题：“”，命题：“平面内有无数条直线与平行”，则是的（

）A．充分而不必要条件