2025年高考数学复习核心考点全题型突破（新教材新高考）第02讲 传统法中的空间直线、平面的平行垂直关系（解析版）

第02讲利用向量法解决空间直线、平面的平行，垂直关系目录TOC\o"1-1"\h\u题型一：线面平行的判定 1题型二：面面平行的判断 5题型三：线面平行的性质 11题型四：面面平行的性质 15题型五：直线与平面垂直 22题型六：平面与平面垂直 29题型一：线面平行的判定典型例题例题1．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）如图，正三棱柱的各棱长均为1，点为棱的中点．

(1)证明：平面；(2)求异面直线和所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）连接交于点F，连接EF，

则在正方形中，F为的中点，又E为的中点，所以EF为的中位线，则；又平面，平面，所以平面．（2）在三棱柱中，则，则（或其补角）为异面直线与AC所成的角．在中，，，，则．所以异面直线和AC所成角的余弦值为．例题2．（2023春·四川成都·高一统考期末）如图，在三棱锥中，，在上，且．

(1)求三棱锥与三棱锥的体积之比；(2)若点在上，且．证明：平面．【答案】(1).(2)证明见解析【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以，所以，，所以，所以.（2）由（1）知，，又，所以，又平面，平面，所以平面．例题3．（2023春·黑龙江牡丹江·高一牡丹江市第三高级中学校考期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点是上一点，当时，平面.【答案】【详解】如图，连接AC，设AC与BD的交点为O，连接EO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O是AC的中点．

因为平面，且平面平面，又平面，所以，所以点E是SA的中点，即SE∶SA＝1∶2.故答案为：.精练核心考点1．（2023春·辽宁·高一校联考期末）在直三棱柱中，是的中点．

(1)求证：//平面；(2)求三棱锥的体积；【答案】(1)证明见解析(2)5【详解】（1）设，连接，由直三棱柱性质可知，侧面为矩形，

∴为中点，又∵为中点，∴在中，，又∵平面，平面，∴平面．（2）由题，∴，即，又由直三棱柱可知，侧棱底面，∴.所以三棱锥的体积为52．（2023春·贵州黔西·高一统考期末）如图，在正方体中，是棱的中点.

(1)证明：平面；(2)若正方体棱长为2，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接交于，连接，如图，

因为在正方体中，底面是正方形，则是的中点，又是的中点，则是的中位线，故，又面，面，所以平面.（2）因为正方体中，平面，所以.3．（2023·全国·高一专题练习）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件时，A1P平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)【答案】P是CC1中点【详解】取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1PCD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P平面BCD故答案为：P是CC1中点.题型二：面面平行的判断典型例题例题1．（2023春·陕西西安·高一统考期末）如图，在几何体中，已知四边形是正方形，，分别为的中点，为上靠近点的四等分点.

(1)证明：//平面；(2)证明：平面//平面.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，连接，因为四边形是正方形，则为的中点，又为的中点，于是，，即四边形为平行四边形，则，而平面，平面，所以平面.

（2）取的中点，连接，因为，且，则四边形都为平行边形，有，于是四边形为平行四边形，即有，而为上靠近点的四等分点，则为的中点，又为的中点，则，因此，又平面，平面，则平面，显然，又平面，平面，则平面，而平面，所以平面平面.例题2．（2023春·新疆喀什·高一统考期末）如图，已知棱长为6的正方体中，点在线段上运动.

(1)证明：平面平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)36【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为且，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，所以平面平面；（2）因为平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于，则.例题3．（2023春·新疆昌吉·高一统考期末）如图，在三棱柱中，若，分别是线段，的中点．(1)求证：//面．(2)在线段上是否存在一点，使得平面//平面，若存在，指出的具体位置并证明；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，是线段的中点，证明见解析【详解】（1）连接，∵为平行四边形，是线段的中点，则，分别是线段，的中点，故，又平面，平面，故有面

（2）存在，是线段的中点，理由如下：由（1）可知：，平面，平面，∴平面，连接，，∵、分别是线段、的中点，则，平面，平面，∴平面，，面，面，故平面平面．精练核心考点1．（2023春·山东临沂·高一山东省临沂第一中学校考阶段练习）如图：在正方体中，为的中点.

(1)试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；(2)若为的中点，求证：平面平面.【答案】(1)直线平面，理由见解析(2)证明见解析【详解】（1）直线平面，理由如下：连接，交于点，连接，

四边形为正方形，为中点，又为中点，，平面，平面，平面.（2）分别为中点，，又，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，由（1）知：平面，又，平面，平面平面.2．（2023春·福建泉州·高一福建省泉州市培元中学校考阶段练习）如图：在正方体中，，为的中点.

(1)求证：平面；(2)若为的中点，求证：平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）

如图1，连接，交于点，连接，根据正方体的性质可知，是中点.因为是的中点，所以在中，有.因为平面，平面，所以，平面.（2）

如图2，连接，因为为的中点，为的中点，所以.根据正方体的性质可知，，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.3．（2023春·广西百色·高一统考期末）如图：在正方体中，M为的中点.

(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在一点N，使得平面平面，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.又平面，平面，∴平面；（2）上的中点N即满足平面平面，∵N为的中点，M为的中点，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面；由（1）知平面，又∵，∴平面平面.

题型三：线面平行的性质典型例题例题1．（2023·全国·高一专题练习）如图，在五面体中，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，，．求证：．【答案】证明见解析【详解】因为，平面，平面，所以平面，又平面，且平面平面，．例题2．（2023·全国·高二假期作业）如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点．

(1)求证：；(2)求证：平面；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）根据题意可得，平面，平面，且平面平面，由线面平行的性质定理可得；（2）取的中点为，连接，如下图所示：

由是的中点，是的中点，可得，且；由（1）知，且，所以，且；所以四边形是平行四边形，即，又平面，平面；所以平面.例题3．（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知，分别是菱形的边，的中点，与交于点，点在平面外，是线段上一动点，若平面，试确定点的位置．

【答案】点为线段上靠近点的四等分点【详解】解：点为线段上靠近点的四等分点，理由如下：如图，连接交于点，连接，

因为平面，平面，平面平面，所以，则，在菱形中，，分别为，的中点，即，又，所以，则，故点为线段上靠近点的四等分点.精练核心考点1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一校考期中）如图，在四棱锥中，//平面PAD，，，，点N是AD的中点．求证：

(1)//；(2)求异面直线PA与NC所成角余弦值．【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，（2）由于点N是AD的中点，BC∥AD，，所以,故四边形为平行四边形，则,故或其补角即为异面直线PA与NC所成角，在中，,故异面直线PA与NC所成角的余弦值为2．（2023春·广西河池·高一校联考阶段练习）如图所示，在多面体中，四边形，，ABCD均为边长为2的正方形，E为的中点，过，D，E的平面交于点F．

(1)证明：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）∵，，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面，∵平面，平面平面，∴．（2）∵E为中点，∴点E到平面的距离d为点到平面距离的一半，又点到平面距离等于点A到平面的距离，∴点E到平面的距离，又，∴．3．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，，且．点是线段上一动点．当平面时，求的值．

【答案】【详解】连接BD交AC于O，连接OM.因ADBC，则.又PB平面MAC，平面PBD，平面PBD平面，，.

题型四：面面平行的性质典型例题例题1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学校考期中）如图，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点．(1)若平面与直线交于点，求的值；(2)若为棱上一点且，若平面，求的值．【答案】(1)(2)【详解】（1）如图所示：因为平面平面，且平面平面，平面平面，所以，根据空间等角定理可知，，则，又，，，则，即，，所以.（2）取AA1的中点E，则R为AE的中点，连接BE，则，又平面，平面，则平面．又平面，平面且，所以平面平面，设平面，连接，由平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，则四边形为平行四边形，同理四边形也是平行四边形，所以，所以．例题2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，，分别是棱，上的动点（不与顶点重合）.作出平面与平面的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面平面，则；【答案】作图见解析，证明见解析【详解】如图，延长交的延长线于，连接交于，则所在的直线即为平面与平面的交线.证明：∵平面平面，平面平面，平面平面，∴.又∵平面平面，平面平面，平面平面，∴，∴.例题3．（2023春·江西上饶·高一统考期末）如图，正四棱台中，，，.

(1)证明：平面；(2)若，求异面直线与所成的角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）∵正四棱台中，，，∴，又∵，∴，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，又∵，平面，平面，∴平面平面，∵平面，∴平面.

（2）在等腰梯形中作交于点，由（1）知，，∴，∴就是异面直线与所成的角，∵，，∴中，，，∴，∴异面直线与所成的角的余弦值为.精练核心考点1．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E，F，G分别为线段BC，PB，AD的中点．

(1)证明：平面PAC；(2)在线段BD上找一点H，使得平面PCG，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【详解】（1）∵E、F分别是BC，BP中点，∴，∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC．（2）连接AE，与BD相交于H，即为所求点，

∵E、G分别是BC、AD中点，∴，∵平面PCG，CG⊂平面PCG，∴平面PCG，又∵，PC⊂平面PCG，平面PCG，∴平面PCG，，AE，平面AEF，∴平面平面PCG，平面AEF，∴平面PCG.2．（2023春·广东汕尾·高一统考期末）如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，是线段上的动点.证明：

(1)平面；(2)平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）（1）如图，连接交于点，连接.∵为的中点，为的中点，∴为的中位线，∴.又∵平面，平面，∴平面

（2）连接，，连接交于点，连接，如图.在正方体中，，∵平面，平面，∴平面.又为的中位线，∴.∵平面，平面，∴平面.又∵平面，平面，，∴平面平面.∵平面，∴平面.3．（2023·全国·高一专题练习）如图所示正四棱锥，，P为侧棱上的点．且，求：侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．【答案】在侧棱上存在一点，使平面，满足【详解】在侧棱上存在一点，使平面，满足．理由如下：取中点为，因为，则，过作的平行线交于，连接，．在中，有，平面，平面，平面，由于，．又由于，平面，平面，平面，，平面平面，又平面，平面，题型五：直线与平面垂直典型例题例题1．（2023春·吉林长春·高一东北师大附中校考期末）如图，四棱锥的底面是正方形，底面，，是棱的中点.

(1)证明：直线平面PBC；(2)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意可证平面，即可得到，再由，即可得证；（2）取的中点，连接，即可证明平面，则即为与平面所成的角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】（1）因为底面，底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，为的中点，所以，，平面，所以平面.（2）取的中点，连接，则，因为底面，底面，所以，，又，所以，，，平面，所以平面，平面，所以，所以即为与平面所成的角，又，，，所以，即直线与平面所成角的余弦值为.

例题2．（2023春·福建南平·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面是梯形，为的中点，，且，，.

(1)证明：平面；(2)证明：平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）取PD中点E，连接EF、EC，如图所示，

因为E、F分别为PD、PA中点，所以，且，又因为，且，所以且，所以四边形EFBC为平行四边形，所以，因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．（2）因为，F为PA中点，所以，又，则，因为，平面PCD，，所以平面PCD.例题3．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，为的中点．（1）求证：平面．（2）平面内是否存在一点，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；N为AE的中点．【详解】（1）证明：取PD的中点E，连接EM，AE，则有且，而且，∴，.∴四边形ABME是平行四边形，即BM∥AE．∵AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD．（2）解：当N为AE的中点时，MN⊥平面PBD．理由如下：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，即AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PA＝AD，E是PD的中点，即AE⊥PD，而AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABME．作MN⊥BE，交AE于点N，∴MN⊥PD，又PD∩BE＝E，∴MN⊥平面PBD．易知△BME∽△MEN，而，∴，即，而，∴N为AE的中点．精练核心考点1．（2023春·北京西城·高一统考期末）如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点．

(1)证明：平面；(2)证明：平面．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1），所以平面．

因为平面，所以．因为为正方形，所以，又因为，平面，所以平面；（2）设，连接OE．因为为正方体，所以，且，所以，且．因为E，F分别，的中点，所以，且．所以，且．所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面，平面，所以平面．2．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校联考阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，，，，，E为PA的中点.

(1)求证：BE∥平面PCD；(2)求证：PA⊥平面PCD.【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取的中点，连接，，，分别是，的中点，，又，，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面．（2），是的中点，，又，，又，，平面，平面，平面．

3．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）如图所示，已知正方体的棱长为，..分别是..的中点.（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【详解】(1)证明：连接，则为的中位线，∴，∵在正方体中，，∴，平面，平面，平面，同理可证，平面，平面，平面，又，，平面，平面，∴平面平面；(2)取的中点，则满足平面，且，证明如下：连接交于，连接，，，，，，则，，，，∴在中，由，得，∴在中，由，得，∴在中，由，得，∴在中，，，又∵，，平面，∴平面，且.题型六：平面与平面垂直典型例题例题1．（2023春·江苏镇江·高一统考阶段练习）如图，和都垂直于平面，且，是的中点

(1)证明：直线//平面；(2)若平面平面，证明：直线平面.【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）证明：取中点，连接，，因为为的中点，所以，，因为，均垂直面，所以，因为，所以且，所以为平行四边形，所以，面，面，所以面．（2）如图，过作于，平面平面，且两平面的交线为,平面,平面，由平面，．平面，平面，，又平面，平面．.

例题2．（2023春·湖南长沙·高一湖南师大附中校考期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点.

(1)求证：⊥平面；(2)求直线与底面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为侧面为正三角形，且为中点，所以，又因为底面为正方形，所以.因为平面平面且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面.（2）解：取的中点，连，，因为为正三角形，且为中点，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以是所求直线与平面所成角，不妨设，则在等边中，可得，在直角中，；在直角中，，故，所以直线与底面所成角的正弦值为.

例题3．（2023·江苏·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，为棱的中点，，，.在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.【答案】存在，【详解】当点为的中点，即时，平面平面.证明如下：设的中点为，连接，，因为，分别为，的中点，所以且，又为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，故，因为，M为棱的