高考数学一轮复习 专题22 直线、平面位置关系（平行、垂直）的判定与性质（教师版）

专题22直线、平面位置关系（平行、垂直）的判定与性质（核心考点精讲精练）1.近几年真题考点分布直线、平面位置关系（平行、垂直）的判定与性质近几年考情考题示例考点分析关联考点2023年全国乙（文科），第16题,5分已知三棱锥外接求半径，求线段长2023年全国乙（文科），第19题,12分1、证明线面平行；2、求三棱锥的体积；2023年全国乙（理科），第3题,5分2023年全国乙（文科），第3题,5分通过三视图求几何体的表面积2023年全国乙（理科），第8题,5分圆锥体积相关计算2023年全国乙（理科），第9题,5分证明面面垂直，由二面角求线段长，从而求线面角的正切值2023年全国乙（理科），第19题,12分1、证明线面平行；2、证明面面垂直；3、求二面角2023年全国甲（文科），第10题,5分证明线面垂直，求三棱锥的体积2023年全国甲（文科），第16题,5分正方体的外接球、棱切球问题2023年全国甲（文科），第18题,12分1、证明面面垂直；2、求四棱锥的高2023年全国甲（理科），第11题,5分四棱锥表面积有关计算余弦定理解三角形2023年全国甲（理科），第15题,5分正方体的棱切球问题2023年全国甲（理科），第18题,12分1、已知点面距，证明线面垂直，从而得到线线相等；2、已知平行线间的距离，求线面角的正弦值2.命题规律及备考策略【命题规律】1.本节为高考必考知识点，常在解答题中第一问考查证明问题；2.考查线线平行、线面平行、面面平行；3.考查线线垂直、线面垂直、面面垂直；【备考策略】1.能对空间中的平行关系进行判断或证明.2.能利用平行关系的性质求解相关问题.3.能够判断并证明空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系.4.能利用垂直的性质解决空间基本图形位置关系的相关问题.【命题预测】1.考查线线平行、线面平行、面面平行；2.考查线线垂直、线面垂直、面面垂直；知识讲解一、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(线线平行⇒线面平行)

a⊄α,b⊂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(线面平行⇒线线平行)

a∥α,a⊂β二、平面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(线面平行⇒面面平行)

a∥α,b∥α,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(面面平行⇒线线平行)

α∥β,α⋂γ=a,平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行,即若,,则.(3)两个平面平行,则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行.利用线线平行证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两条直线平行.在证明过程中,注意内、外、平行三个条件,缺一不可.应用线面平行的性质定理证明线线平行的关键是如何确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线.要证线线平行,可把它们转化为线面平行.即在应用性质定理时,一般遵循从“高维”到“低维”的转化,即从“线面平行”到“线线平行”;而解决线面平行的判定时其顺序恰好相反.证明平面与平面平行的常用方法(1)面面平行的判定定理(主要方法).(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用).(3)利用平面平行的传递性,如果两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行(客观题可用).(1)如果两个平面平行,那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面;(2)如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行(简记为“面面平行⇒线线平行”).在解决线面平行问题时,要恰当应用三种平行关系之间的转化:其中线面平行是核心,线线平行是基础,要注意它们之间的灵活转化.三、直线与平面垂直1.定义:如果直线与平面内的任意一条直线都垂直,那么直线与平面垂直.

2.判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直

a,b⊂α,a⋂b=O垂直于同一个平面的两条直线平行

a⊥α,b⊥α⇒a四、平面与平面垂直1.定义:如果两个平面所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.

2.判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直

l⊥α,l⊂β⇒α两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

α⊥β,l⊂β,α⋂β=a1.垂直间的三种转化关系2.直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.1.证明直线和平面垂直的常用方法:(1)判定定理;(2)垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);(3)面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);(4)面面垂直的性质.2.证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.1.垂直于同一平面的两条直线平行.2.如果一条直线垂直于一个平面,那么该直线与平面内所有直线都垂直.3.垂直于同一直线的两个平面平行.线面角的几何法解题步骤:1.找直线上一点P作平面的垂线;2.连接垂足与斜足,得线面角;3.解直角三角形,得到线面角.1.点到平面的距离的常见解法(1)定义法:找到(或作出)表示距离的线段,根据线段(所求距离)所在三角形求解.(2)等积法:利用同一个三棱锥的体积相等求解.(3)转化法:将点面之间的距离转化为线面之间(或面面之间)的距离求解.2.线到平面的距离,平面与平面的距离问题都是转化为点到平面的距离求解.面面垂直常利用面面垂直的判定定理(线面垂直⇒面面垂直).证明时,先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.当两个平面垂直时,则需利用面面垂直的性质定理,分三步走:第一步,找到两个平面的交线;第二步,在其中一个面内找与交线垂直的直线;第三步,得线面垂直.找二面角常常采用垂线法:第一步,找到两个面的交线;第二步,从一个平面内找一点,向另一个平面作垂线;第三步,从垂足再向交线作垂线,连线构造,得二面角的平面角或是补角;第四步,解三角形,得二面角的大小.1.平行关系之间的转化在证明线面、面面平行时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向是由题目的具体条件而定的,不可过于“模式化”.2.垂直关系之间的转化在证明线面垂直、面面垂直时,一定要注意判定定理成立的条件,同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系,即在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若这样的直线在图中不存在,则可通过作辅助线来解决.考点一、直线与平面平行1．（2023年河北省模拟数学试题）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.(1)当为的中点时，求证：平面.(2)当平面，求出点的位置，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，点为上靠近点的三等分点，理由见解析.【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.【详解】（1）取中点为，连接，在中，为的中点，为中点，，在平行四边形中，为的中点，，，四边形为平行四边形，面面，平面；（2）连接，相交于，连接，面，面面面，，，即存在点，为上靠近点的三等分点.2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．(1)求证：QN平面PAD；(2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明．【答案】(1)证明见解析；(2)平面，证明见解析；【分析】（1）推导出，由此能证明平面；（2）连接，则，从而平面，由线面平行的性质得，从而，由此能证明平面．【详解】（1）证明：∵底面是菱形，，，分别为的中点．∴，，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）直线与平面平行，证明如下：∵分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面与底面的交线为，∴由线面平行的性质得，∵，∴，∵，且平面，平面，∴平面．1．如图，在三棱柱中，，，且，底面，为中点,点为上一点.求证：平面；【答案】见解析；【分析】证明平面，只要在面内找到一条直线与平行；【详解】连接交于，连接，因为四边形为矩形，，为对角线，所以为中点，又因为为中点，所以，平面，平面，所以//平面.2．（2020年北京市高考数学试题）如图，在正方体中，E为的中点．求证：平面；【答案】证明见解析；【分析】证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；【详解】如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；3．如图，在三棱柱中，点D是AB的中点．求证：∥平面．【答案】证明见解析；【分析】连接，交于点，连接，用中位线证明即可；【详解】连接，交于点，连接∵是三棱柱，∴四边形为平行四边形，∴是的中点.∵点是的中点，∴是的中位线，∴，又平面，平面，∴∥平面.考点二、平面与平面平行1．（2013年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷））在三棱锥中，平面平面，，，过作，垂足为，点，分别是棱，的中点．（）求证：平面平面．（）求证：．【答案】（1）见解析（2）见解析【详解】[证明]（1）∵，，垂足为，∴是的中点，又因为是的中点，∴∥，∵平面，平面，∴∥平面；同理∥平面.又，∴平面∥平面.（2）∵平面平面，且交线为，又平面，，∴平面，∵平面，∴，又因为，，、平面，∴平面，∵平面，∴.【考点定位】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.2．（2013年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（陕西卷））如图,四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,.（1）证明:A1BD//平面CD1B1;（2）求三棱柱ABD－A1B1D1的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）1.【详解】试题分析：（1）要证明平面，只要证明垂直于平面内的两条相交直线即可，由已知可证出，取的中点为，通过证明四边形为正方形可证．由线面垂直的判定定理问题得证；（2）由已知是三棱柱的高，由此能求出三棱柱的体积试题解析：（Ⅰ）∵四棱柱的底面是正方形，为底面中心，平面，，由棱柱的性质可得和平行且相等，故四边形为平行四边形，故有和平行且相等．而不在平面内，而在平面内，∴平面．同理可证，为平行四边形，平面．而和是平面内的两条相交直线，故有平面平面．（Ⅱ）由题意可得为三棱柱的高．三角形中，由勾股定理可得，∴三棱柱的体积．考点：1．棱柱、棱锥、棱台的体积；2．直线与平面垂直的判定.3．（2023届浙江省名校新高考研究联盟联考数学试题）如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.证明：平面平面；【答案】证明见解析；【分析】根据线面平行及面面平行的判定定理即得；【详解】连接，∵为中点，为中点，∴，又面，面，∴面，在中，，，，∴，即，在中，，，∴，，在中，，，，，∴，，∴，∵F为AB中点，∴，，∴，又∵面，面，∴面，又∵，CF，面，∴平面平面；1．（2023年陕西省模拟文科数学试题）如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.【详解】（1）如图，连接，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴直线平面.（2）连接SD，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴平面，由(1)知，平面，且平面，平面，，∴平面∥平面.2．（2023届广东省模拟数学试题）如图所示的在多面体中，，平面平面，平面平面，点分别是中点.证明：平面平面；【答案】证明见解析【分析】利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明,【详解】如图，取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，所以，又因为平面平面，所以平面，因为点分别是中点，所以，又因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.3．如图，已知正方体的棱长为分别是的中点.(1)求证：平面平面；(2)求证：平面；【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】（1）利用正方体的性质及线面平行的判定定理可得平面，平面，再利用面面平行的判定定理即得；（2）利用线面平行的判定定理即得.【详解】（1）由正方体的性质可得，∴四边形为平行四边形，∴，平面，平面，∴平面，同理可得平面，又平面，∴平面平面；（2）因为分别是的中点，所以，又，∴，又平面，平面，∴平面.考点三、平行关系的综合应用1．（2022年全国高考甲卷数学（文科）试题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．(1)证明：平面；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．【详解】（1）如图所示：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．[方法二]：分割法二如图所示：连接,交于，连接.则该几何体的体积等于四棱锥的体积加上三棱锥的倍,再加上三棱锥的四倍．容易求得，,取的中点，连接.则垂直平面.由图可知，三角形,四棱锥与三棱锥的高均为的长.所以该几何体的体积2．（2022年北京市高考数学试题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．求证：平面；【答案】见解析【分析】取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.【详解】取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，3．如图，正方体中，分别为的中点，求证：平面平面.【答案】证明见解析【分析】如图取中点，连接，，，由平行四边形的判定定理可证四边形、为平行四边形，则，，利用线面平行的判定定理可得平面，平面，结合面面平行的判定定理即可证明.【详解】取中点，连接，，，∵为正方体，，分别为，中点，∴，，，，∴四边形、为平行四边形，则，，∵平面，平面，平面，平面，∴平面，平面，∵平面，平面，，∴平面平面.1．（2023年天津市名校联考数学试题）如图：在正方体中，为的中点.(1)求三棱锥的体积；(2)求证：平面；(3)若为的中点，求证：平面平面.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析；【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；（2）根据线面平行的判定进行证明；（3）根据面面平行的的判定进行证明.【详解】（1）显然平面，于是.（2）设，连接，在正方体中，四边形是正方形，是中点，是的中点，，平面平面平面；（3）为的中点，为的中点，，四边形为平行四边形，，又平面平面平面，由（2）知平面平面平面，平面平面.2．如图，已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点.求证：(1)平面PCD；(2)平面平面PBC．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析﹒【分析】(1)利用三角形中位线证明即可；(2)利用中位线证明，结合(1)中结论即可证明．【详解】（1）由题意，四棱锥的底面为平行四边形，点分别是的中点，∴是的中点，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）由(1)知，平面，平面，∴平面，∵为平行四边形，∴是中点，又∵是中点，∴在中，，∵平面，平面，∴平面，∵，、平面，∴平面平面．3．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上.(1)证明：；(2)若AB的中点为N，求证：平面APD.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）连结交于，连结.先证明出面，再利用线面平行的性质定理即可证明；（2）连结.取的中点，连结.利用线面平行的判定定理即可证明平面.【详解】（1）连结交于，连结.因为是平行四边形，所以为中点.因为是的中点，所以.因为面，面，所以面.又过和作平面交平面于，在上，所以.（2）连结.取的中点，连结.因为是的中点，所以，且.因为是平行四边形，所以，且所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.因为面，面，所以平面.考点四、直线与平面的垂直关系1．（2022年全国高考甲卷数学（理科）试题）在四棱锥中，底面．证明：；【答案】证明见解析；(2).【分析】作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；【详解】证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；2．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

证明：；【答案】证明见解析；【分析】根据题意易证平面，从而证得；【详解】连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．3．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））如图，在三棱锥中，，，为的中点．证明：平面；【答案】证明见解析；【分析】根据等腰三角形性质得垂直，再通过计算，根据勾股定理得垂直，最后根据线面垂直判定定理得结论；【详解】因为，为的中点，所以，且．连接．因为，所以为等腰直角三角形，且，由知．由知，平面．1．（2023年北京高考数学真题）如图，在三棱锥中，平面，．

求证：平面PAB；【答案】证明见解析；【分析】先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；【详解】因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.2．如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，D，E分别是AB，PB的中点．(1)求证：平面PAC；(2)求证：【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，即可得证；（2）由线面垂直的性质得到，再根据，即可得到平面，即可得证.【详解】（1）∵点分别是棱的中点，∴，又∵平面，平面；∴平面．（2）∵底面，底面，∴，∵，，平面，∴平面，又∵平面，∴．3．（2020年新高考全国卷Ⅱ数学考试题（海南卷））如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．证明：平面PDC；【答案】证明见解析；【分析】利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；【详解】证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；考点五、平面与平面的垂直关系1．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【答案】(1)证明见解析；(2)；【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；(2)过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.（2）如图，

过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．2．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四面体中，，E为的中点．证明：平面平面；【答案】证明过程见解析【分析】根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；【详解】因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.3．（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明详见解析；(2)；【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.【详解】（1）由于，是的中点，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.（2）[方法一]：判别几何关系依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等体积转换，，是边长为2的等边三角形，连接4．（2021年全国新高考II卷数学试题）在四棱锥中，底面是正方形，若．证明：平面平面；【答案】证明见解析；（2）.【分析】取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.【详解】取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法

由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；2．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；【答案】证明见解析；（2）.【分析】由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；【详解】分别为，的中点，，又，，在中，为中点，则，又侧面为矩形，，，，由，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，，，又平面，平面，平面，平面平面.3．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，，是圆内接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱锥的体积为.【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.考点六、平行与垂直关系的综合应用1．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，平面，，为中点.(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；【分析】（1）利用直线和平面平行的判定定理即可证明；（2）利用平面和平面垂直的判定定理即可证明；【详解】（1）证明：连接、，在平行四边形中，为、的中点，∵为中点，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）证明：∵，且，∴，即，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面.2．如图，在四棱锥中，ABCD，，过点E的平面与棱PC，PD，AD分别交于点F､H､G，且平面PAB平面EFHG.(1)求证：EG平面PDC；(2)若平面，求三棱锥的体积.【答案】(1)见解析;(2)16;【分析】（1）由面面平行的性质证明线线平行，进而证明线面平行；（2）利用相似三角形和平行线的性质求得的边上的高，进而求得其面积，利用面面平行的性质定理，结合线面平行的判定定理和性质定理求得所求三棱锥的高，进而计算体积.【详解】（1）∵平面平面，平面平面，平面平面，∴由面面平行的性质定理得∥.又∵，∴.又∵平面，平面，∴由线面平行的判定定理得平面.（2）∵，∴，∵ABCD，∴,∴C，又∵，∴,∴，∴∴，由，，可知到直线的距离等于,∴.由（1）得平面，又∵平面，平面平面，∴，又∵，∴，又∵平面，平面，∴HF∥平面，∴H和F到平面的距离相等，∵平面平面，平面平面，平面平面，∴∥，∴，∴，∴，∵平面，∴为到平面的距离，∴F到平面的距离为4，即三棱锥的高为4，∴三棱锥的体积.3．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.【详解】（1）由于，，所以，又AB⊥BB1，，故平面，则，为等腰直角三角形，，.（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而.【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.1．如图，在四面体PABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA(1)求证：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定证结论.（2）由（1）及面面垂直的判定可得面面，再由面面垂直的性质有面，根据线面垂直的性质即可证结论.【详解】（1）由平面，面，则，又，，则平面；（2）由（1）及面，则面面，又面面，，面，所以面，而面，所以．2．在三棱锥中，分别为的中点，且.(1)证明：平面；(2)若平面平面，证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由中位线定理，可得，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果．（2）由题意可证，再根据面面垂直的性质定理，可证平面，由此即可证明结果．【详解】（1）证明:因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面；（2）证明：因为，为的中点，，又平面平面平面平面，所以平面又平面.所以.3．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．

(1)求证：平面；(2)求证：平面.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】（1）作出辅助线，得到面面平行，从而得到线面平行；（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合勾股定理逆定理得到线面垂直.【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．

，分别是和的中点，，．又四边形为正方形，，从而．平面，平面，平面，同理平面，又，平面平面，∵平面，则平面；（2）为正方形，．又平面平面，且平面平面，面，平面，平面，则，，，，则，得．又，平面，平面；【基础过关】1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面0不平行的是（

）A．B．C．D．【答案】A【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，，与平面是相交的位置关系，故和平面不平行，故A错误；对于选项B，由于，结合线面平行判定定理可知平面，故B正确；对于选项C，由于，结合线面平行判定定理可知平面：故C正确；对于选项D，由于，结合线面平行判定定理可知面：故D正确；2．若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【详解】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B．考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．3．设，是两条不同的直线，是一个平面，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】利用可能平行判断，利用线面平行的性质判断，利用或与异面判断，与可能平行、相交、异面，判断.【详解】，，则可能平行，错；，，由线面平行的性质可得，正确；，，则，与异面；错，，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.4．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.证明：；【答案】证明见解析；【分析】由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；【详解】因为，是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.5．（2023年浙江省联考数学试题）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.(1)求证：平面；(2)已知点在上满足平面，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连结交于，连结，通过证明，可证平面；（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，.由平面，可得为中点，后通过证明，可得，继而可得答案.【详解】（1）证明：连结交于，连结，因在中，为中点，为中点，则.又平面，平面，故平面；（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，.因，则四点共面.又平面，平面平面，则，四边形为平行四边形，可得为中点.则为中点.即EN为中位线，则，.又，则四边形为平行四边形，.从而，.6．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．证明：；【答案】证明见解析；【分析】方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；【详解】[方法一]：几何法因为，所以．又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，过作的平行线分别与交于其中点，连接，因为分别为和的中点，所以是的中点，易证，则．又因为，所以．又因为，所以平面．又因为平面，所以．[方法二]：因为，，所以，故，，所以，所以．7．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F．(1)求证：平面；(2)求证：F为的中点；(3)在棱上是否存在点N，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在N使得平面，，理由见解析.【分析】（1）连接交于，连接，易知，再由线面平行的判定证结论；（2）由，根据线面平行的判定有面，再由线面平行的性质可得，结合已知即可证结论.（3）为中点，连接，由已知易证为平行四边形，则，再由线面平行可证面，即可判断存在性.【详解】（1）连接交于，连接，如下图：由为平行四边形，则为中点，又为棱的中点，所以为中位线，则，又面，面，故平面；（2）由题设知：，面，面，所以面，又面，面面，所以，又为棱的中点，即是△的中位线，故为的中点；（3）存在使得平面且，理由如下：为中点，连接，由题设且，由（2）知且，所以且，即为平行四边形，所以，而面，面，所以面，故所求点即为点，则上存在点使得平面，且.8．如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2(1)证明：平面平面；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）根据图1可知折叠后，，由此可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；【详解】（1）证明：因为在图1中，沿着将折起，所以在图2中有，，又，所以平面，又因为平面，所以平面平面；9．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A．，且直线是相交直线B．，且直线是相交直线C．，且直线是异面直线D．，且直线是异面直线【答案】B【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，．【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．10．（2023年河南省模拟数学试题）如图所示，在三棱柱中，分别是，，的中点，求证：(1)平面；(2)平面平面．【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即可证明结论；（2）先证明平面，再证明平面,根据面面平行的判定定理即可证明结论.【详解】（1）证明：∵分别是的中点，∴,又在三棱柱中，，所以．又平面，平面，所以平面.（2）证明：由（1）知，平面，平面，∴平面，又∵分别为中点，故，,又∵，∴,∴四边形为平行四边形，∴,又∵平面，平面，∴平面,又∵平面,∴平面平面．11．如图，已知，，，平面⊥平面，，，F为的中点．证明：平面；【答案】证明见解析【分析】作出辅助线，证明线线平行，进而证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】证明：取中点，连接．因为为的中点，所以∥，．又由题意知，所以，则四边形平行四边形，所以．因为平面平面，平面平面，面，，所以平面．又平面，所以．又，为的中点，所以．因为面，面，所以平面．前面已证，所以平面．12．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．(1)求证：QN平面PAD；(2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明．【答案】(1)证明见解析(2)平面，证明见解析【分析】（1）推导出，由此能证明平面；（2）连接，则，从而平面，由线面平行的性质得，从而，由此能证明平面．【详解】（1）证明：∵底面是菱形，分别为的中点．∴，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）直线与平面平行，证明如下：∵分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面与底面的交线为，∴由线面平行的性质得，∵，∴，∵，且平面，平面，∴平面．13．（2019年江苏省高考数学试题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（1）因为分别为的中点，所以.在直三棱柱中，，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为，为的中点，所以.因为三棱柱是直棱柱，所以平面.又因为平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.因为平面，所以.【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.14．如图，在四面体PABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA(1)求证：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定证结论.（2）由（1）及面面垂直的判定可得面面，再由面面垂直的性质有面，根据线面垂直的性质即可证结论.【详解】（1）由平面，面，则，又，，则平面；（2）由（1）及面，则面面，又面面，，面，所以面，而面，所以．15．如图，在四棱锥中，是正方形，平面，，分别是的中点．(1)求证：；(2)求证：平面平面．【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;【分析】（1）由平面，得，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证（2）由证明平面，由证明平面，再由面面平行的判定定理证明即可.【详解】（1）由平面，得，又(是正方形)，，所以平面，所以.（2）由分别是线段的中点，所以，又为正方形，，所以，又平面，所以平面.因为分别是线段的中点，所以，又平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.【能力提升】1．如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，且，，8，.求证：；【答案】证明见解析【分析】取中点，连接，证明平面即可得证；【详解】取中点，连接，证明因为，所以，又平面平面，平面，平面平面，所以平面，而平面，所以；因为4且，所以四边形为平行四边形，又4，所以平行四边形为菱形，因此，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以；2．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1平面BCHG.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得，由此得证；（2）利用线面平行的判定定理证得平面，平面，从而利用面面平行的判定定理即可得证.【详解】（1）∵分别是的中点∴是的中位线，∴，又在三棱柱中，，∴，∴四点共面．（2）∵分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴EF平面，∵在三棱柱中，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.3．如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在上，且．(1)求证：平面平面PAC；(2)求证：平面PAC；(3)求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)；【分析】（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定，可得平面平面；（2）利用线线垂直证明线面垂直；（3）由（2）知面，可得为直线与平面所成的角，求出的长度可得结论．【详解】（1）证明：因为点为线段的中点，点为线段的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面平面.（2）证明：因为点在以为直径的圆上，所以，即，因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面.（3）由（2）知面，所以为直线与平面所成的角，在中，，在中，，在中，，所以.直线与平面所成的角的正弦值为.4．如图，四边形是菱形，且，P是平面外一点，为正三角形，平面平面.(1)若G为边的中点，求证：平面；(2)若E为边BC的中点，能否在边PC上找出一点F，使平面平面？【答案】(1)证明见解析(2)能找出点为的中点.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理即可证得；（2）利用面面垂直的性质定理及判定定理即可证得.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.又因为，所以是等边三角形.因为为边的中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面BAD，，所以平面.（2）存在点，且为的中点.证明：如图，连接，交于点，连接.因为且，又分别是的中点，所以且.连接，则四边形是平行四边形，所以.又因为，所以.因为是等边三角形，是的中点，所以.又因为平面平面，所以平面，所以平面.又平面，所以平面平面.5．（2023届江苏省二模数学试题）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，，为异于的一条母线．(1)若为的中点，证明：平面；【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；【详解】（1）如图，连接．因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，所以为圆台母线且交于一点，所以四点共面.在圆台中，平面平面，由平面平面，平面平面，得.又，所以，所以，即为中点．在中，又为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面；.6．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:(1)平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】(1)设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】（1）设,连接,如图所示:因为O,E分别为,的中点,所以,又因为平面,平面,所以平面．（2）连接,如图所示:因为,为的中点,所以,又因为四边形为菱形,所以,因为平面,平面,且,所以平面,又因为平面,所以平面平面．7．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．【答案】（1）见详解；（2）18【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）因为在长方体中，平面；平面，所以，又，，且平面，平面，所以平面；

（2）[方法一]【利用体积公式计算体积】如图6，设长方体的侧棱长为，则．由（1）可得．所以，即．又，所以，即，解得．取中点F，联结，因为，则，所以平面，从而四棱锥的体积：．[方法二]【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】取的中点，联结．由（Ⅰ）可知，所以．故．【整体点评】(2)方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法；方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等价转化.8．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成角的正切值；(3)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）根据题意可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，利用线面垂直可证为直角三角形，求的正切值即可；（3）利用等体积法求解点到平面的距离，直线与平面所成角为，，即可求解直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）解：∵平面，平面，∴，又四边形是矩形，∴，∵，∴平面，∵平面，∴，又是的中点，，∴，∵，所以平面.（2）解：∵底面是矩形，∴，∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，由（1）得平面，∴平面，∵平面，∴，∴为直角三角形，又是的中点，，∴，∴在中，即为异面直线与所成角，故，∴异面直线与所成角的正切值为.（3）解：取中点为，连接，，在中，分别为线段的中点，故，∵平面，∴平面，∴，由（1）得平面，∵平面，∴，∵，∴，又，∴,∴，设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，则，解得：，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.9．（2018年全国卷Ⅲ理数高考试题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．证明：平面平面；【答案】证明见解析；【分析】方法一：先证平面,得,再证，由线面垂直的判定定理可得平面，即可根据面面垂直的判定定理证出；【详解】［方法一］：【最优解】判定定理由题设知,平面平面,交线为.因为,平面,所以平面,故.因为为上异于的点,且为直径，所以.又,所以平面.而平面,故平面平面.［方法二］：判定定理由题设知,平面平面,交线为.因为，平面,所以平面，而平面，所以，因为为上异于的点,且为直径，所以.又，所以，平面，而平面，所以平面平面．10．如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（

）.A． B．C． D．【答案】B【分析】如图1，取的中点的中点，连接，则，，所以，故在同一平面内，然后利用面面平行的判定定理可证得平面平面，所以平面截该正方体所得截面为平面，然后在图2中的图形计算即可.【详解】如图1，取的中点的中点，连接，则，，所以，故在同一平面内，连接，因为分别为的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以AM平面，同理AN平面，因为，、平面，所以平面平面，，，，等腰梯形如图2，过作的垂线，垂足分别为，则四边形为矩形，所以，故所得截面的面积为.11．（2021年浙江省高考数学试题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（

）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.12．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.【详解】（1）分别为，的中点，又在等边中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面又平面平面平面平面平面（2）过作垂线，交点为，画出图形，如图平面平面，平面平