2023年新高考一轮复习讲义第41讲 直线、平面平行的判定与性质含答案

试卷第=page66页，共=sectionpages66页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2023年新高考一轮复习讲义第41讲直线、平面平行的判定与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·湖南湘潭·高三开学考试）已知直三棱柱的侧棱和底面边长均为分别是棱上的点，且，当平面时，的值为（

）A． B． C． D．2．（2022·全国·高三专题练习）已知为正方体，P，Q，R分别为棱的中点，则①；②平面；③；④，上述四个结论正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．43．（多选）（2022·云南昆明·高三开学考试）如图，在正方体中，点E是线段AC上的动点，则（

）A． B．平面C． D．4．（多选）（2022·河北邯郸·高三开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（

）A．直线与所成的角为B．对任意的点，都有平面C．存在点，使得平面平面D．存在点，使得平面平面5．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，若平面，则_______6．（2022·全国·高三专题练习）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则______．7．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是___________.8．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面，，，分别是，的中点．已知，若平面平面，求的值；9．（2022·全国·高三专题练习）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线．求证：平面；10．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学高三期末（文））如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点（1）求证：MN平面PAD；（2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD.【素养提升】1．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（

）A．1 B． C． D．2．（2022·江苏·南京市第一中学高三开学考试）正方体的棱长为，为棱上的动点，点分别是棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．存在点，使得B．存在点，使得为等腰三角形C．三棱锥的体积为定值D．存在点，使得平面3．（2022·陕西·西安中学三模（文））在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是________.试卷第=page2525页，共=sectionpages1919页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第41讲直线、平面平行的判定与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·湖南湘潭·高三开学考试）已知直三棱柱的侧棱和底面边长均为分别是棱上的点，且，当平面时，的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过作交于，利用线面平行的性质可得，进而可得四边形为平行四边形，，即得.【详解】过作交于，连接，因为，∴，故共面,因为平面，平面平面，平面，所以，又,∴四边形为平行四边形，又，∴，所以.故选：B．2．（2022·全国·高三专题练习）已知为正方体，P，Q，R分别为棱的中点，则①；②平面；③；④，上述四个结论正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】作出过点P，Q，R的正方体的截面，再逐一分析、推理判断4个结论作答.【详解】在正方体中，取的中点N，直线与直线AB，BC分别交于点E，G，直线QE交于点S，交直线于点F，直线RG交于点M，交直线于点，如图，因P，Q，R分别为棱的中点，即有，则，又，则，，因此，，即与F重合，连接，则截面是平面截正方体所得截面，且截面是正六边形，连AC，则，在正六边形中，与不平行，则与不平行，结论①不正确；因，平面，平面，所以平面，结论②正确；连接，则三棱锥为正三棱锥，又正三棱锥的相对棱垂直，则，即结论③正确；连BD，因，平面，平面，则，而，于是得平面，而平面，则，因，则，同理，又，平面，因此，平面，而平面，则，结论④正确.所以给定的四个结论正确的个数为3故选：C3．（多选）（2022·云南昆明·高三开学考试）如图，在正方体中，点E是线段AC上的动点，则（

）A． B．平面C． D．【答案】BC【分析】连接、、，即可证明平面平面，从而说明A、B，通过证明平面，即可说明C，再由，即可说明D.【详解】解：如图连接、、，由正方体的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故B正确；因为，所以当且仅当与重合时才有，故A错误；在正方体中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证，，平面，所以平面，平面，所以，故C正确，易得，又，所以与不可能垂直，故D错误；故选：BC4．（多选）（2022·河北邯郸·高三开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（

）A．直线与所成的角为B．对任意的点，都有平面C．存在点，使得平面平面D．存在点，使得平面平面【答案】BC【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与所成的角，根据正方体的性质求出其度数；B选项，证明出平面，得到结论；C选项，当点在处时，满足平面平面；D选项，找到平面与平面所成的夹角，方法一：结合圆的知识点，推导出；方法二：设出未知数，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到为锐角.【详解】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；因为⊥平面，平面，所以⊥，又因为，，所以平面，故平面，故正确；当点在处时，平面//平面，所以存在点，使得平面//平面，故C正确.如图，过点作，则为平面与平面的交线，在正方体中，平面，所以平面，所以，，所以即为平面与平面所成的夹角，方法一：因为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点，使得平面平面，故D错误.方法二：设正方体的棱长为，则，所以，当时，取得最大值，为，此时为锐角，故D错误.故选：BC5．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，若平面，则_______【答案】【分析】连接交于点，连接，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．【详解】连接交于点，连接，∵平面，平面，平面平面，∴，又，∴.故答案为：．6．（2022·全国·高三专题练习）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则______．【答案】【分析】根据面面平行的性质，证得，结合，即可求解.【详解】由题意，平面平面，所在的平面与，分别交于和，根据面面平行的性质，可得，所以，因为，，，所以.故答案为：.7．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是___________.【答案】【分析】为了得到直线平面，只需求得平面平面，即平面内的任意一条直线都与平面平行，进而求得点的个数.【详解】分别取的中点，连接，，在正方体中，，，四边形是平行四边形，，，又平面，平面，平面，同理平面，又，平面，平面，平面平面，平面内的任意一条直线都与平面平行，则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，点F的个数是个.故答案为：.8．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面，，，分别是，的中点．已知，若平面平面，求的值；【答案】．【分析】由面面平行的性质定理可得，结合中点性质即可求的值.【详解】若面面，面面，面面，由面面平行的性质定理知：，于是，由为的中点知：为的中点，故，所以．9．（2022·全国·高三专题练习）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线．求证：平面；【答案】证明见解析.【分析】利用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及性质定理即得.【详解】连接、，在圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，则，且，故、、均为等边三角形，所以，在底面中，，则，平面，平面，所以，平面，因为、、都是圆柱的母线，则，平面，平面，∴平面，，平面，平面，所以，平面平面，因为平面，因此，平面．10．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学高三期末（文））如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点（1）求证：MN平面PAD；（2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD.【答案】（1）证明见解析；（2）当在的中点时，平面平面.【分析】（1）取中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面；（2）假设第一问的即为所求，再利用面面平行进行证明.【详解】（1）证明：取中点，连接，分别是的中点，.，又面，面，∴面.同理可证：面.又面，面，,平面平面，平面，平面（2）解：假设第一问的即为所求在的中点，分别是的中点，为的中点且则平面平面且所以平面平面.所以第一问的点即为所求，当在的中点时，平面平面.【素养提升】1．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：因为P、N分别为CD、BC中点，所以，同理，P、Q分别为CD、中点，所以，又，平面PQN，，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，又点在平面内运动，所以点M在平面和平面的交线上，即，在中，，，，所以，所以，所以N点到PQ的最小距离.所以线段的最小值为.故选：B2．（2022·江苏·南京市第一中学高三开学考试）正方体的棱长为，为棱上的动点，点分别是棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．存在点，使得B．存在点，使得为等腰三角形C．三棱锥的体积为定值D．存在点，使得平面【答案】C【分析】取的中点，连接、，再取的中点，连接，即可证明，从而说明A，再证明平面，即可说明C，由平面说明D，最后利用勾股定理说明B.【详解】解：对于A：取的中点，连接、，再取的中点，连接，又正方体的性质可知四边形为平行四边形，所以，则，显然当在上时，不存在，故不存在点，使得，故A错误；显然，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，设为，则，又，故三棱锥的体积为定值，故C正确；因为平面，显然平面与平面不平行，故不存在点，使得平面，故D错误；设，则，所以，，，显然，，，则不能为等腰三角形，故B错误；故选：C3．（2022·陕西·西安中学三模（文））在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是________.【答案】【分析】作出过点平行于平面的平面与平面的交线，确定动点P的位置，再借助三角形计算作答.【详解】在正方体中，取的中点M，N，连，如图，因点E、F分别是棱BC，的中点，则，平面，平面，则有平面，显然为矩形，有，，即有为平行四边形，则，而平面，平面，有平面，，平面，因此，平面平面，因平面AEF，则有平面，又点P在平面，平面平面，从而得点P在线段MN上（不含端点），在中，，，等腰底边MN上高，于是得，所以线段长度的取值范围是.故答案为：试卷第=page3434页，共=sectionpages99页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第42讲直线、平面垂直的判定与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试）设表示两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”成立的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2022·安徽·高三开学考试）在正方体中，点在线段上，点为线段的中点，记平面平面，则下列说法一定正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面3．（2022·河南·宝丰县第一高级中学高三开学考试）在正方体中，P，Q分别为AB，CD的中点，则（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面平面4．（2022·湖南益阳·模拟预测）已知正方体中，是的中点，则下列结论正确的是（

）A．与相交 B．C．平面 D．平面5．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，，，，，则四面体中存在面面垂直关系的对数为（

）A．2 B．3 C．4 D．56．（2022·河南·高三阶段练习）在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，则下列选项中不正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．点到平面的距离为17．（2022·江西南昌·模拟预测）如图，正四棱台中，点分别是棱的中点，则下列判断中，不正确的是（

）A．共面 B．平面 C．平面 D．平面8．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（）A．平面平面ABN B．C．平面平面AMN D．平面平面AMN9．（多选）（2022·河北邯郸·高三开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（

）A．直线与所成的角为B．对任意的点，都有平面C．存在点，使得平面平面D．存在点，使得平面平面10．（多选）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．线段长度等于线段长度11．（2022·全国·高三专题练习）已知平面、和直线、，则下列说法：①若，，，则；②若，，，则；③若，，则；④若，，，，则.其中正确的说法序号为________．12．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）13．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，已知菱形和矩形所在平面互相垂直，，，．证明：平面平面；14．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为的中点且．证明：.15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱柱中，，，底面是菱形，，平面平面，．证明：平面；16．（2022·全国·高三专题练习）如图，四面体的棱平面，．证明：平面平面；【素养提升】1．（2022·安徽省定远县第三中学高三阶段练习）如图，在平面四边形中，，现将沿折起，并连接，使得平面平面，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．2．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．3．（2022·北京·二模）如图，在正方体，中，E，F，G分别为棱上的点（与正方体顶点不重合），过作平面，垂足为H．设正方体的棱长为1，给出以下四个结论：①若E，F，G分别是的中点，则；②若E，F，G分别是的中点，则用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形一定是等边三角形；③可能为直角三角形；④．其中所有正确结论的序号是________．试卷第=page5858页，共=sectionpages2424页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第42讲直线、平面垂直的判定与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试）设表示两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”成立的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分、必要条件以及线面垂直的知识确定正确答案.【详解】若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面.所以由“”可得“”，充分性成立；反之亦成立.所以“”是“”成立的充要条件.故选：A2．（2022·安徽·高三开学考试）在正方体中，点在线段上，点为线段的中点，记平面平面，则下列说法一定正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】D【分析】根据线面平行可得两平面的交线满足，进而根据平面，即可判断平面.【详解】由题意得，，平面,平面,则平面，又平面平面，∴，因为平面,平面,故平面,因此平面．故D正确而，平面,平面,则平面,故平面,选项A错误，同理选项B错误；由于与相交不垂直，故与平面不垂直，因此不垂直平面，故C错误；故选：D．3．（2022·河南·宝丰县第一高级中学高三开学考试）在正方体中，P，Q分别为AB，CD的中点，则（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面平面【答案】D【分析】画出正方体，结合几何体图像，根据线面平行、面面垂直、线面垂直、面面垂直的判定条件判断各选项即可.【详解】如图，因为，而与平面相交，则A选项不正确；因为，，所以平面平面，而平面与平面相交，则B选项不正确；在矩形中，与不垂直，即与平面不垂直，则C选项不正确；设的中点为G，因为，所以，又因为，，所以，所以平面，所以平面平面，则D选项正确.故选：D.4．（2022·湖南益阳·模拟预测）已知正方体中，是的中点，则下列结论正确的是（

）A．与相交 B．C．平面 D．平面【答案】B【分析】对于A，作图直接观察，由异面直线的定义，可得答案；对于B，由线面垂直的定义，通过证明线面垂直，可得答案；对于C，根据正方体的性质，结合线面垂直判定定理，找出垂线，判断其垂直与已知直线的位置关系，可得答案；对于D，过所求平面中的点，作已知直线的平行线，根据线面位置关系，可得答案.【详解】对于A，由题意可作图如下：因为与异面，故A错误；对于B，连接在正方体中，如下图：，平面，因为平面，所以，因为，所以平面，平面，所以，故B正确；对于C，连接，如下图：可得平面，因为与不平行，所以不垂直平面，故C错误；对于D，取中点，连接，如下图：则，因为交平面于，不平行平面，即不平行平面，故D错误．故选：B.5．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，，，，，则四面体中存在面面垂直关系的对数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】分别证明出平面平面，平面平面，平面平面，即可得到答案.【详解】因为，，，所以，所以.又，，平面,平面.所以平面.又平面，平面，所以平面平面，平面平面.因为，，，所以，所以.又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，综上可知有3对.故选:B.6．（2022·河南·高三阶段练习）在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，则下列选项中不正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．点到平面的距离为1【答案】C【分析】根据线面平行的判定定理可判断A，由面面垂直的性质定理可得平面，得出，再由可得线面垂直，即可判断B，由B及平面平面可得矛盾，判断C，利用，转化为求点到平面的距离即可判断D.【详解】如图，对于A，取PB的中点为N，连接MN，MD，CN.则，且，故四边形MNCD是平行四边形﹐则MD//CN,故MD//平面PBC，故A正确；对于B，易求得，则，而平面平面，是交线，故平面PAD，则，而由与可知，，故平面PBD，故B正确；对于C，由选项B知，若平面PCD平面PAD，因为是交线，则PA平面PCD，与PA平面PBD矛盾，故C错误；对于D，连接AC交BD于，则，即，故A到平面PBD的距离为C到平面PBD的距离的2倍，而平面PBD，且，故C到平面PBD的距离为1，故D正确.故选：C.7．（2022·江西南昌·模拟预测）如图，正四棱台中，点分别是棱的中点，则下列判断中，不正确的是（

）A．共面 B．平面 C．平面 D．平面【答案】C【分析】根据正棱台的概念及正棱锥的性质结合条件逐项分析即得.【详解】延长正四棱台的侧棱相交于，则三棱锥为正四棱锥，连接，都在平面内，故A正确；因为分别是棱的中点，所以，由正棱锥的性质可知，所以，即平面，故B正确；因为点分别是棱的中点，所以，，设，则平面，平面，∴，平面，平面，∴平面，显然平面与平面不平行，故C错误；因为，平面，平面，所以平面，故D正确.故选：C.8．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（）A．平面平面ABN B．C．平面平面AMN D．平面平面AMN【答案】C【分析】将几何体补成正方体后再进行判断．【详解】分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．∵BC⊥平面ABN，BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；连接PB，则PB∥MC，显然PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN，∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角，∵AF=CF=，AC=，∴AF2+CF2≠AC2，即∠AFC≠，∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；∵DE∥AN，MN∥BD，∴平面BDE∥平面AMN，故D正确．故选C．【点睛】本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题，在解题时能运用补的思想将其补成一个正方体，然后求解9．（多选）（2022·河北邯郸·高三开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（

）A．直线与所成的角为B．对任意的点，都有平面C．存在点，使得平面平面D．存在点，使得平面平面【答案】BC【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与所成的角，根据正方体的性质求出其度数；B选项，证明出平面，得到结论；C选项，当点在处时，满足平面平面；D选项，找到平面与平面所成的夹角，方法一：结合圆的知识点，推导出；方法二：设出未知数，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到为锐角.【详解】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；因为⊥平面，平面，所以⊥，又因为，，所以平面，故平面，故正确；当点在处时，平面//平面，所以存在点，使得平面//平面，故C正确.如图，过点作，则为平面与平面的交线，在正方体中，平面，所以平面，所以，，所以即为平面与平面所成的夹角，方法一：因为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点，使得平面平面，故D错误.方法二：设正方体的棱长为，则，所以，当时，取得最大值，为，此时为锐角，故D错误.故选：BC10．（多选）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．线段长度等于线段长度【答案】ABC【分析】由，可判断选项A,由面面垂直的判定定理进而可判断选项C,由线面平行的判定定理可判断选项B,由线面垂直的性质定理加上勾股定理可判断选项D.【详解】因为是正方形，所以．又因所以平面平面，，所以平面，因此A正确；而平面，所以平面平面，因此C正确；因为F是的中点，而E为线段的中点，所以平面，平面，所以平面，因此B正确；对于D，因为是边长为1的正三角形，是正方形，所以．又由平面，有，所以．在中，，，又分别是等腰三角形的底边和腰上的中线，所以线段与的长度不相等（否则，是正三角形），因此D不正确；故选：ABC．11．（2022·全国·高三专题练习）已知平面、和直线、，则下列说法：①若，，，则；②若，，，则；③若，，则；④若，，，，则.其中正确的说法序号为________．【答案】④【分析】利用面面垂直的性质定理逐项判断可得出结论.【详解】对于①，若，，，则与的位置关系不确定，①错；对于②，若、不垂直，则与不垂直，②错；对于③，若，，则与不一定垂直，③错；对于④，由面面垂直的性质定理可知④对.故答案为：④.12．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）【答案】（或，等都可）【分析】先确定所填答案，如，再证明平面MBD⊥平面PCD即可，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可得，从而可得平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.【详解】解：可填，由为菱形，则，∵平面，平面，所以，又，∴平面，又平面，∴，又，，所以平面MBD，又因平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为：.（或，等都可）13．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，已知菱形和矩形所在平面互相垂直，，，．证明：平面平面；【答案】证明见解析【分析】由面面垂直的性质定理可证得平面，又因为平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面.【详解】证明：因为平面平面，平面面，因为四边形为菱形，平面，平面，平面，平面面.14．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为的中点且．证明：.【答案】证明见解析【分析】由底面，证得，结合，证得平面，进而证得.【详解】证明：因为底面，平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以.15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱柱中，，，底面是菱形，，平面平面，．证明：平面；【答案】证明见解析【分析】取CD中点E，连接，要证明平面，只需证明垂直平面内两条相交直线即可.【详解】在四棱柱中，取CD中点E，连接，如图，菱形中，，因，，平面，则平面，而平面，即有，因，则是正三角形，，又平面平面，平面平面，平面，则有平面，而平面，于是得，又，平面，所以平面．16．（2022·全国·高三专题练习）如图，四面体的棱平面，．证明：平面平面；【答案】证明见解析【分析】由题意证明和，利用面面垂直的判定定理及可证明结论.【详解】证明：由题意知，作于M，连接，则，故，则，则，故．又，则，又，平面，故平面，又平面，则平面平面,即平面平面．【素养提升】1．（2022·安徽省定远县第三中学高三阶段练习）如图，在平面四边形中，，现将沿折起，并连接，使得平面平面，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积.【详解】∵平面ACD⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCD=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD，又∵AD⊂平面ACD，∴AD⊥BC，又∵AD⊥DC，BC∩DC=C，BC⊂平面BCD，DC⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，又∵BD⊂平面BCD，∴AD⊥BD，即为直角，又∵为直角，∴取的中点，连接OC，OD，由直角三角形的斜边上的中线性质OA=OB=OC=OD，可得为三棱锥外接球的球心，由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径，∴，∵BC⊥平面ACD，为直角，∴三棱锥的体积为故选：C2．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据外接球表面积求得外接球半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直角三角形，作辅助线，将转化为一条线段，从而确定最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形,求得答案.【详解】依题意，，解得，由是正三角形可知：其外接圆半径为，设点S到平面ABC的距离为h，故，解得或，则或（舍去），故，则,而，故为等腰直角三角形，，故为等腰直角三角形，,则,又,故平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则,则平面SCM,故平面SCM，则，要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中位置，当共线且时，的最小值即为的长，由为等腰直角三角形，故，，∴，即，∴，可得，，故选：B.3．（2022·北京·二模）如图，在正方体，中，E，F，G分别为棱上的点（与正方体顶点不重合），过作平面，垂足为H．设正方体的棱长为1，给出以下四个结论：①若E，F，G分别是的中点，则；②若E，F，G分别是的中点，则用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形一定是等边三角形；③可能为直角三角形；④．其中所有正确结论的序号是________．【答案】①④【分析】①等体积法判断；②根据正方体的性质画出平行于平面的可能截面情况；③由正方体性质，通过定两点，移动另一点判断的内角变化趋势即可；④设，利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥体体积公式化简即可判断.【详解】①由，而，所以，可得，正确；②根据正方体的性质平行平面的平面有如下情况：当截面在面与面之间时为六边形，在面左上或面右下时为等边三角形，错误；③分别在上不为顶点任意点，当从到过程递减，即小于，同理知：也小于，不可能为直角三角形，错误；④若，又，即，所以，则，即，所以，即，正确；故答案为：①④【点睛】关键点点睛：①④应用等体积法计算或转化，②由正方体性质及平面的基本性质作出截面判断；③根据正方体的性质，动点分析三角形的内角变化趋势.试卷第=page6666页，共=sectionpages88页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第43讲空间向量及其运算学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·福建·莆田锦江中学高三阶段练习）已知是直线l的方向向量，为平面的法向量，若，则y的值为（

）A． B．C． D．42．（2022·全国·高三专题练习）已知向量，，且与互相垂直，则的值是（

）A．－1 B． C． D．3．（2022·浙江·高三开学考试）在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（

）A． B．C． D．4．（2022·全国·高三专题练习），若三向量共面，则实数（

）A．3 B．2 C．15 D．55．（2022·全国·高三专题练习）如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（

）A． B． C． D．6．（2022·湖南·高三开学考试）两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且.已知则线段的长为（

）A．8 B． C． D．7．（2022·湖南益阳·模拟预测）在正三棱锥中，是的中心，，则(

)A． B． C． D．8．（2022·北京·高三开学考试）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱AB，的中点.点P为线段EF上的动点.则下面结论中错误的是（

）A． B．平面C． D．是锐角9．（多选）（2022·江苏镇江·高三开学考试）已知空间向量，，则下列选项正确的为（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则10．（多选）（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（

）A． B．C．的长为 D．11．（多选）（2022·全国·高三专题练习）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（

）A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，则B．直线l的方向向量，平面的法向量是，则C．两个不同的平面的法向量分别是，则D．直线的方向向量，平面的法向量是，则12．（多选）（2022·全国·高三专题练习）已知点P是平行四边形所在的平面外一点，如果，下列结论正确的有（

）A． B．C．是平面的一个法向量 D．13．（2022·湖南·高三阶段练习）若直线的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数的值是______.14．（2022·全国·高三专题练习）若四点，，，共面，则可以为______．（写出一个符合题意的即可）15．（2022·江苏·句容碧桂园学校高三开学考试）已知=(3，2，－1)，(2，1，2)，则=___________．16．（2022·全国·高三专题练习）棱长为1的正方体，在正方体的12条棱上运动，则的取值范围是___________.17．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）已知正四面体的棱长均为2，则___________.18．（2022·江苏镇江·高三开学考试）已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱、、上分别有一点、、，且满足，，，若、、、四点共面，则实数__________．19．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为a的正方体中，M为的中点，E为与的交点，F为与的交点．(1)求证：，．(2)求证：是异面直线与的公垂线段．20．（2022·全国·高三专题练习）如图，在几何体ABCDE中，ABC，BCD，CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求证：A，B，D，E四点共面；【素养提升】1．（2022·全国·高三专题练习）在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．2．（2022·江苏镇江·高三开学考试）四棱柱的底面是边长为1的菱形，侧棱长为2，且，则线段的长度是（

）A． B． C．3 D．3．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（

）A． B．C． D．4．（2022·江苏·华罗庚中学三模）如图，在平行六面体中，AB＝AD＝2，，，点E是AB中点，则异面直线与DE所成角余弦值是______．5．（2022·浙江·模拟预测）若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是_______.6．（2022·浙江省富阳中学高三阶段练习）空间两两垂直的单位向量，，，其中为坐标原点，空间一点满足，则的最大值_____________.7．（2022·江苏·泰州中学高三开学考试）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．(1)求证：平面；(2)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．试卷第=page11页，共=sectionpages33页第43讲空间向量及其运算学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·福建·莆田锦江中学高三阶段练习）已知是直线l的方向向量，为平面的法向量，若，则y的值为（

）A． B．C． D．4【答案】D【分析】根据得，计算得解.【详解】因为，所以，所以，计算得.故选：D.2．（2022·全国·高三专题练习）已知向量，，且与互相垂直，则的值是（

）A．－1 B． C． D．【答案】D【分析】先求出与的坐标，再由与互相垂直，可得，从而可求出的值.【详解】因为，，所以，，因为与互相垂直，所以，解得，故选：D3．（2022·浙江·高三开学考试）在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，根据空间向量的线性运算表达，再联立求解即可.【详解】设则.所以，，所以.故选：C4．（2022·全国·高三专题练习），若三向量共面，则实数（

）A．3 B．2 C．15 D．5【答案】D【分析】利用向量共面的坐标运算进行求解即可.【详解】∵，∴与不共线，又∵三向量共面，则存在实数m，n使即，解得．故选：D．5．（2022·全国·高三专题练习）如图，空间四边形中，，，，点，分别在，上，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据空间向量线性运算法则用，，表示出，再根据数量积的运算律计算可得.【详解】解：，，．又，，，所以，，，所以，所以.故选：A．6．（2022·湖南·高三开学考试）两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且.已知则线段的长为（

）A．8 B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量，结合模长运算处理，重点注意、的夹角与异面直线的夹角之间的关系．【详解】由题意知：，所以，又异面直线所成的角为，则所以，则或（舍去）故选：B.7．（2022·湖南益阳·模拟预测）在正三棱锥中，是的中心，，则(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为，由三棱锥是正三棱锥可知PO⊥OA，即可将转化为，结合勾股定理即可求解．【详解】为正三棱椎，为的中心，∴平面，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，∴，故．故选：D.8．（2022·北京·高三开学考试）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱AB，的中点.点P为线段EF上的动点.则下面结论中错误的是（

）A． B．平面C． D．是锐角【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.【详解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，则，，，，所以，A正确；因为，平面，平面，所以平面，B正确；，所以，所以，C正确；，当时，，此时为钝角，故D错误.故选：D9．（多选）（2022·江苏镇江·高三开学考试）已知空间向量，，则下列选项正确的为（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】BCD【分析】对于A、B分别根据向量平行和垂直的等价条件转换计算；对于C、D分别代向量的模的公式及夹角公式计算可得.【详解】向量，对于A.若，则，所以，故此选项错误；对于B.若，，则，故此选项正确；对于C.若，则，则，故此选项正确；对于D.若，则，所以，故此选项正确；故答案为：BCD10．（多选）（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（

）A． B．C．的长为 D．【答案】BD【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.【详解】根据题意，依次分析选项：对于A选项，，A错误，对于B选项，，B正确：对于C选项，，则，则，C错误：对于，则，D正确.故选：BD.11．（多选）（2022·全国·高三专题练习）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（

）A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，则B．直线l的方向向量，平面的法向量是，则C．两个不同的平面的法向量分别是，则D．直线的方向向量，平面的法向量是，则【答案】AC【分析】根据条件结合空间向量的平行和垂直，对各选项逐项判断即可．【详解】对于A，两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，且，所以，选项A正确∶对于B，直线l的方向向量，平面的法向量是且，所以或，选项B错误；对于C，两个不同的平面的法向量分别是，且，所以，选项C正确；对于D，直线l的方向向量，平面a的法向量是且，所以，选项D错误．故选∶AC12．（多选）（2022·全国·高三专题练习）已知点P是平行四边形所在的平面外一点，如果，下列结论正确的有（

）A． B．C．是平面的一个法向量 D．【答案】ABC【分析】由，可判定A正确；由，可判定B正确；由且，可判定C正确；由是平面的一个法向量，得到，可判定D不正确.【详解】由题意，向量，对于A中，由，可得，所以A正确；对于B中，由，所以，所以B正确；对于C中，由且，可得向量是平面的一个法向量，所以C正确；对于D中，由是平面的一个法向量，可得，所以D不正确.故选：ABC13．（2022·湖南·高三阶段练习）若直线的方向向量，平面的法向量，且直线平面，则实数的值是______.【答案】-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线的方向向量，平面的法向量，直线平面，必有，即向量与向量共线，，∴，解得；故答案为：-1.14．（2022·全国·高三专题练习）若四点，，，共面，则可以为______．（写出一个符合题意的即可）【答案】（答案不唯一，满足即可）【分析】根据共面定理列方程组求解可得m和n的关系，然后可得.【详解】因为四点，，，共面，所以向量，，共面，所以存在实数，，使得，即，所以，解得，令，得，则可以为．故答案为：（答案不唯一，满足即可）15．（2022·江苏·句容碧桂园学校高三开学考试）已知=(3，2，－1)，(2，1，2)，则=___________．【答案】2【分析】根据空间向量的坐标运算与数量积公式求解即可【详解】因为，故答案为：216．（2022·全国·高三专题练习）棱长为1的正方体，在正方体的12条棱上运动，则的取值范围是___________.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的表达式，进而求得的取值范围.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，，，设（且只在正方体的条棱上运动），则，，由于，所以.当时，取最小值；当时，取最大值.故答案为：17．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）已知正四面体的棱长均为2，则___________.【答案】【分析】中点为，由向量的加法法则可知，在正三角形中即可求出答案.【详解】如图所示：取中点为，连接、，在中：，所以，在正三角形中，为中点，所以.故答案为：.18．（2022·江苏镇江·高三开学考试）已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱、、上分别有一点、、，且满足，，，若、、、四点共面，则实数__________．【答案】【分析】根据四点共面的等价条件以及，可得出关于的两个表达式，可得出关于的方程组，即可解得实数的值.【详解】因为、、、四点共面，则存在、使得，所以，，所以，，因为，即，所以，，因为，即，所以，，可得，解得.故答案为：.19．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为a的正方体中，M为的中点，E为与的交点，F为与的交点．(1)求证：，．(2)求证：是异面直线与的公垂线段．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，写出图形中各点的坐标，用向量法证明直线垂直；（2）用空间向量法证明直线垂直．（1）以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．正方体中，，则，，，，，，，，，，．所以，，．因为，所以，即；因为，所以，即；（2）由（1），，．所以，所以，即；，所以，即．又，所以是异面直线与的公垂线段．20．（2022·全国·高三专题练习）如图，在几何体ABCDE中，ABC，BCD，CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求证：A，B，D，E四点共面；【答案】证明见解析【分析】取的中点，连接，取的中点，连接，证明平面，平面，得两两垂直，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的