学考专题11 立体几何（解析版）

学考专题11立体几何考点归纳考点归纳立体几何基础公式所有椎体体积公式：所有柱体体积公式：球体体积公式：球体表面积公式：圆柱：圆锥：常见立体几何的定义、性质及其关系棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行图形，侧面是平行四边形（即侧棱平行且相等）斜棱柱：侧棱与底面不垂直的棱柱直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱正棱柱：底面是正多边形的直棱柱平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，即：平行六面体的六个面都是平行四边形四个公理与一个定理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.空间中点线面的位置关系点与直线的位置关系点在直线上点不在直线上点与面的位置关系点在平面上点不在平面上线与线的位置关系平行，相交，，异面线与面的位置关系面与面的位置关系平行，相交，与重合空间中的平行关系线线平行①三角形、四边形中位线，②平行四边形的性质（对边平行且相等）③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行图形语言符号语言线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行图形语言符号语言面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行图形语言符号语言判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行图形语言符号语言面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行空间中的垂直关系线线垂直①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直②勾股定理的逆定理证线线垂直③菱形、正方形的对角线互相垂直线面垂直的判定定理判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直图形语言符号语言线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线图形语言符号语言性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行图形语言符号语言面面垂直的判定定理判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）图形语言符号语言面面垂直的性质定理性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面图形语言符号语言真题训练真题训练一、单选题1．（2023·广东·高三统考学业考试）如果两个球的表面积之比为4∶9，那么这两个球的体积之比为（）A．2∶3 B．4∶9 C．8∶27 D．16∶81【答案】C【分析】球的表面积之比是两球的半径的平方之比，体积之比是半径的立方之比，据此即可计算.【详解】设两球的半径分别为，则，∴，所以两球的体积比为；故选：C.2．（2023·广东·高三统考学业考试）将个半径为的实心铁球熔成一个大球，则这个大球的半径是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据大球体积等于个半径为的实心铁球的体积和，结合球的体积公式可求得结果.【详解】个半径为的实心铁球的总体积为，设大球半径为，则，解得：.故选：C.3．（2023秋·广东·高三统考学业考试）已知是空间中两条不同的直线，是空间中两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】由空间线面关系的判定及性质依次判断4个选项即可.【详解】对于A，若，的位置关系无法确定，A错误；对于B，由面面平行的性质知，若，则，B正确；对于C，若，则或，C错误；对于D，若，则的关系无法确定，D错误.故选：B.4．（2023秋·广东·高三统考学业考试）在空间中，设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是（

）A．若lα，lβ，则αβ B．若l⊥α，l⊥β，则αβC．若lα，αβ，则lβ D．若lα，α⊥β，则l⊥β【答案】B【分析】根据线面平行、面面平行及线面垂直的条件判断即可．【详解】解：A．由于一条直线与两个平面平行，这两个平面可以平行，也可以相交，本选项不符合题意；B．根据垂直于同一直线的两个平面平行，本选项符合题意；C．若lα，αβ，则lβ或l⊂β，本选项不符合题意；D．若lα，α⊥β，则l⊥β或lβ或l⊂β，本选项不符合题意．故选：B．5．（2023·广东·高三统考学业考试）已知α和β是两个不同平面，A:，B:α和β没有公共点，则A是B的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据面面平行的定义判断.【详解】两个平面平行的定义是：两个平面没有公共点，则这两个平面平行，因此是的充要条件．故选：C．6．（2023·广东·高三学业考试）设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据线面位置关系即可判断.【详解】①若，且，可能平行，可能垂直，可能异面，故“”是“”的不充分条件；②若，可能平行，可能相交，可能垂直.故则“”是“”的既不充分也不必要条件.故选:D.7．（2023秋·广东·高三统考学业考试）已知，，是空间中三条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，则下列说法中正确的是（

）A．若，，，则B．若，且，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】A【分析】利用线面的位置关系的定义及面面垂直的性质定理，结合线面平行的判定即可求解.【详解】，，是空间中三条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，知：对于A，若，，，则由线面平行的判定定理得，故A正确；对于B，若，且，，则与相交、平行或，故B错误；对于C，若，，，则、、相交、平行或异面，故C错误；对于D，若，，则或，故D错误．故选：A.8．（2023秋·广东·高三统考学业考试）设，是互不重合的平面，，，是互不重合的直线，下列命题中正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，，，则C．若，，，则 D．若，，，，则【答案】B【分析】对于A，可能相交，也可能平行，可判断A;根据面面垂直的性质定理可判断B;对于C，判断m,n可能平行也可能异面，即可判断正误，对于D，根据线面垂直的的判定定理可判断.【详解】对于A，，，，则可能相交，也可能平行，故A错误‘对于B,若，，，，根据面面垂直的性质定理可知，故B正确；对于C,若，，，则m,n可能平行也可能异面，故C错误；对于D，若，，，，由于不能确定m,n是否相交，故不能确定，故D错误，故选:B9．（2023秋·广东·高三统考学业考试）在三棱锥中，点E，F分别在上．若，则直线与平面的位置关系为（

）A．平行 B．相交 C．平面 D．不能确定【答案】A【分析】由线面平行的判定定理判断【详解】因为，所以．又平面平面，所以平面．故选：A10．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（

）A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE【答案】C【分析】利用垂直关系，结合面面垂直的判断定理，即可判断选项.【详解】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选：C11．（2023秋·广东·高三统考学业考试）下图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下判断：①BF与DN平行；②CM与BN是异面直线；③DF与BN垂直；④AE与DN是异面直线．则判断正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】还原为正方体根据空间直线的位置关系结合正方体的性质即得.【详解】把平面展开图折起，得到如图所示的正方体,则BF与DN是异面直线，故①错误；CM与BN平行，故②错误；由题可知，所以DF与BN垂直，故③正确；AE与DN是异面直线，故④正确；故正确个数为2．故选：B.12．（2023·广东·高三学业考试）已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（

）A．3 B． C．6 D．【答案】A【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意可得，解得.故选：A.13．（2023·广东·高三学业考试）如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】利用线线平行，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，在三角形中求解即可.【详解】如图，连接，，则,

，分别是，的中点，，是异面直线与所成的角，且是等边三角形，.故选：.14．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，在正方体中，下列判断正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用异面直线所成角的定义可判断ABD选项，利用线面垂直的性质定理可判断D选项.【详解】对于A选项，，而，则与所成的角为，故与不垂直，A错；对于B选项，连接，因为平面，平面，，所以，为锐角，因为，故与所成角不是直角，B错；对于C选项，连接、，因为且，故四边形为平行四边形，故、所成角为或其补角，设正方体的棱长为，则，即是等边三角形，故，C错；对于D选项，四边形为正方形，则，平面，平面，，，、平面，平面，平面，，D对.故选：D.二、填空题15．（2023秋·广东·高三统考学业考试）在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则异面直线BN与AM所成角的余弦值为.【答案】/【分析】根据异面直线夹角得概念结合图形分析可得或其补角为异面直线BN与AM所成的角，利用勾股定理可得，，结合余弦定理运算求解．【详解】设正方体的棱长为a，如图，连接，，易知，所以或其补角为异面直线BN与AM所成的角.则，，，所以.故答案为：．16．（2023·广东·高三统考学业考试）棱长为的正方体的内切球的直径为.【答案】【分析】根据正方体的几何性质可得结果.【详解】棱长为的正方体的内切球的直径为.故答案为：.17．（2023·广东·高三学业考试）圆锥的母线与高的夹角为，底面是半径为2的圆，则该圆锥的侧面积为．【答案】【分析】利用圆锥的轴截面是等边三角形以及侧面积是扇形的特点，运用扇形的面积公式求解即可.【详解】圆锥的轴截面以及侧面展开图如图所示，圆锥的母线与高的夹角为，底面是半径为2，，圆锥的侧面积为：故答案为：.18．（2023·广东·高三统考学业考试）若轴截面为正方形的圆柱的侧面积是，则圆柱的体积为．【答案】【分析】利用圆柱的侧面积公式可以求出圆柱底面圆的半径，然后代入圆柱的体积公式即可.【详解】设圆柱的底面半径为，则，解得，所以该圆柱的体积为.故答案为：.19．（2023秋·广东·高三统考学业考试）水平放置的的直观图如图所示，已知，，则边上的中线的实际长度为．【答案】【分析】由已知中直观图中线段的长，可分析出实际为一个直角边长分别为、的直角三角形，进而根据勾股定理求出斜边，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．【详解】根据斜二测画法的原则,由直观图知，原平面图形为直角三角形，且，,所以，所以，故边上中线长为.故答案为：2.5.20．（2023·广东·高三学业考试）已知圆柱的底面积为9π，侧面积为12π，则该圆柱的体积为．【答案】18π【分析】由圆柱的侧面积公式与圆面积公式求得底面半径和高，再由体积公式计算．【详解】设圆柱底面半径为，高为，由题意，解得，所以体积为．故答案为：．三、解答题21．（2023秋·广东佛山·高三统考学业考试）如图，某几何体的下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：（1）该几何体的体积；（2）该几何体的表面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，（1）∴（2）∵，∴【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.22．（2023秋·广东·高三统考学业考试）如图，已知多面体，其中是边长为4的等边三角形，平面平面，且.(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据平行四边形的性质可得，进而证明平面；（2）取的中点O，连接，根据线面垂直的性质可得平面，再根据求解即可【详解】（1）证明：因为平面平面，所以.因为，所以四边形为平行四边形，则.又平面平面，所以平面.（2）取的中点O，连接.在等边三角形中，因为平面平面，所以.因为，平面，所以平面.又，所以.23．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为BC，CC1的中点．证明：EF∥平面AB1D1．【答案】证明见解析【分析】由直线与平面平行的判定定理，需要证明EF∥AD1.【详解】证明:连接BC1，如图所示∵E，F分别为BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，在四棱柱中,底面ABCD为平行四边形，∴AB∥DC∥D1C1且AB=DC=D1C1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，有BC1∥AD1，∴EF∥AD1，∵EF⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，∴EF∥平面AB1D1．24．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，、分别是、的中点．证明：平面．【答案】证明见解析【分析】取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立.【详解】证明：取的中点，连接、，因为、分别是、的中点，所以且．因为四边形为平行四边形，则且，为的中点，则且，且，所以，四边形为平行四边形，故，平面，平面，平面.25．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，圆的直径为4，直线PA垂直圆所在的平面，C是圆上的任意一点.(1)证明BC⊥面PAC；(2)若求PB与面PAC的夹角.【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）由已知线面垂直得，由圆性质得，再由线面垂直的判定定理得证线面垂直；（2）由（1）得是与平面所成的角，然后求出，再利用直角三角形得结论．【详解】（1）证明：平面，平面，∴，同理，是圆直径，在圆周上，因此，又，平面，∴平面；（2）由（1）平面，∴是与平面所成的角，又平面，∴，由已知，，所以，∴与平面所成的角是．26．（2023·广东·高三学业考试）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，O为AC与BD的交点．(1)证明：平面PAC．(2)若M为PD的中点，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）证明和，原题即得证；（2）求出三棱锥的底面积和高即得解.【详解】（1）证明：∵底面ABCD，∴．∵底面ABCD是正方形，∴．∵平面PAC．，∴平面PAC．（2）∵O为AC与BD的交点，∴O为AC与BD的中点，∴．∵M为PD的中点，∴点M到平面OCD的距离为．∴．27．（2023秋·广东·高三统考学业考试）在三棱柱中，，，点是的中点.（1）求证：平面；（2）若侧面为菱形，求证：.【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析【分析】（1）连接，交于点，连接，由三角形中位线定理可得,再由线面平行的判定定理可得结论；（2）连接，则可得，由已知条件可得平面，则有，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质可得结论【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，因为四边形为矩形，所以为，的中点，因为点是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）证明：连接，因为四边形为菱形，所以，因为，，,所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以28．（2023·广东·高三统考学业考试）已知的斜边为AB，过点A作PA⊥平面ABC，AM⊥PB于M，AN⊥PC于N.求证：(1)BC⊥平面PAC；(2)PB⊥平面AMN.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意可证得PA⊥BC，BC⊥AC，再由线面垂直的判定定理即可证明.（2）由线面垂直的判定定理和性质定理即可证明.【详解】（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC.∵是直角三角形，AB为斜边，∴BC⊥AC，又AC∩PA=A，AC，PA平面PAC，∴BC⊥平面PAC.（2）由（1）知BC⊥平面PAC，∵AN⊂平面PAC，∴BC⊥AN，又∵AN⊥PC，BC∩PC=C，BC，PC平面PBC，∴AN⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴AN⊥PB，又∵PB⊥AM，AM∩AN=A，AM，AN⊂平面AMN，∴PB⊥平面AMN.29．（2023秋·广东·高三统考学业考试）如图，在底面是矩形的四棱锥中，底面，，分别是，的中点.(1)若，求四棱锥的体积；(2)求证：平面.【答案】(1)(2)证明详见解析【分析】（1）根据锥体的体积公式，即可求出结果；（2）根据线面垂直的判定定理，即可证明面，又由中位线定理，可得，进而证明出结果.【详解】（1）解：∵在底面是矩形的四棱锥中，底面，，∴；（2）证明：∵四边形为矩形，∴，∵底面，面，∴，又，∴面，又，分别是，的中点，∴，∴平面.30．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，E为棱DD1的中点．求证：BD1∥平面ACE．【答案】答案见解析【分析】连接BD交AC于点O，可得EO∥BD1，结合直线与平面平行的判定定理即可得证.【详解】连接BD交AC于点O，连接EO，因为四边形ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点，又因为E为DD1的中点，所以EO为△BD1D的中位线，所以EO∥BD1，又因为BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE．31．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分别是PB,PC的中点.(Ⅰ)证明：EF∥平面PAD；(Ⅱ)求三棱锥E—ABC的体积V.【答案】(Ⅰ)证明见解析(Ⅱ)VE-ABC=【详解】本题主要考查立体几何中点线面位置关系，并以我们熟悉的四棱锥为载体，尽管侧重推理和运算，但所用知识点不多，运算也不麻烦，对于大多考生来说还是一道送分题．(Ⅰ)在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.又BC∥AD，∴EF∥AD,又∵AD平面PAD，EF平面PAD,∴EF∥平面PAD.(Ⅱ)连接AE，AC，EC，过E作EG∥PA交AB于点G,则EG⊥平面ABCD,且EG=PA.在△PAB中，AP=AB，PAB=90°,BP=2，∴AP=AB=,EG=.∴S△ABC=AB·BC=××2=,∴VE-ABC=S△ABC·EG=××=.点评：本题是我们常见的题型，相比平时那些求角及距离的题要容易的多，并且所考知识点不多运算也不麻烦，是一道基础题．32．（2023·广东·高三学业考试）如图所示，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，且E，F分别为BC，PC的中点.（1）求证:EF//平面PAB;（2）已知AB=AC=4，PA=6，求三棱锥F-AEC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）4.【解析】（1）连接有中位线，结合与面的关系，由线面平行的判定即可证面；（2）过作交于易知是三棱锥F-AEC的高，结合已知有即可求三棱锥F-AEC的体积.【详解】（1）连接，在△中为中位线，故，∵面，面∴面；（2）过作交于，如下图示：∵PA⊥平面ABC，∴⊥平面ABC，即是三棱锥F-AEC的高，又F为PC的中点，∴由PA=6，则，又AB=AC=4，E为BC的中点且AB⊥AC，知：，∴三棱锥F-AEC的体积.【点睛】本题考查了应用线面平行的判定证明线面平行，应用三棱锥体积公式求体积，属于简单题.33．（2023·广东·高三学业考试）在直三棱柱中，，为中点.(1)求证：平面；(2)若，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由，根据线面垂直的判定定理得证；（2）根据（1）可知棱锥高，利用体积公式求解可.【详解】（1），为中点，,在直三棱柱中，平面,平面.，又,平面（2），为中点，，由（1）知，四棱锥的高即为，又，所以，.34．（2023·广东·高三学业考试）在正方体中，M，N分别是线段，BD的中点.

(1)求证：平面；(2)若正方体的棱长为2，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据中位线定理，结合线面平行的判定定理，可得答案；（2）根据面面垂直性质定理，可得三棱锥的高，根据三角形中线的性质，求得三棱锥的底面积，结合三棱锥的体积公式，可得答案.【详解】（1）连接，如下图：

是线段的中点，底面是长方形，是线段的中点，又是线段的中点，在中，，平面，平面，平面.（2）取的中点为，连接，如下图：

分别是线段的中点，在中，，，又在正方体中，平面，平面，为的中点，，.35．（2023·广东·高三统考学业考试）如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP=OC，PA⊥PD.求证：(1)直线平面BDE；(2)平面BDE⊥平面PCD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线定理，可得答案；（2）利用平行线的性质，以及等腰三角形的性质，根据线面垂直判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案.【详解】（1）如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点.又E为PC的中点，所以.因为平面BDE，平面BDE，所以直线平面BDE.（2）因为，PA⊥PD，所以OE⊥PD.因为OP=OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.又平面PCD，平面PCD，，所以OE⊥平面PCD.因为平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD.36．（2023·广东·高三学业考试）如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB平面ABC,为等边三角形，,且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点.(1)求证：VB//平面MOC；(2)求三棱锥V-ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）．【详解】试题分析：（1）要证明线面平行，就是要证线线平行，题中有中点，由中位线定理易得线线平行，注意得出线面平行结论时，必须把判定定理的条件写全；（2）要求三棱锥的体积，首先要确定高，本题中有面面垂直，由此易得与底面垂直，因此就是高，求出其长，及面积，可得体积．试题解析：（1）证明：点O,M分别为AB,VA的中点又(2)解：连接VO，则由题知VO平面ABC,VO为三棱锥V-ABC的高.又考点：线面平行的判断，体积．37．（2023秋·广东·高三统考学业考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点.（1）求证：平面；

（2）求证：平面.【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】试题分析：（1）连结交于点，连结，通过中位线的性质得到，由线面平行判定定理得结果；（2）通过线面垂直得到，通过等腰三角形得到，由线面垂直判定定理可得平面.试题解析：（1）证明：连结交于点，连结，∵四边形为正方形，∴为的中点，又∵为中点，∴为的中位线∴，又∵平面.（2）∵四边形为正方形，∴，，∴面∴，又∵，为中点∴，∴面.点睛：本题主要考查了线面平行的判定，面面平行的判定，属于基础题；主要通过线线平行得到线面平行，常见的形式有：1、利用三角形的中位线