2025高考帮备考教案数学第七章　立体几何与空间向量第3讲　空间直线、平面的平行含答案

2025高考帮备考教案数学第七章立体几何与空间向量第3讲空间直线、平面的平行课标要求命题点五年考情命题分析预测1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理.2.能用已获得的结论证明空间基本图形的平行关系的简单命题.线面平行的判定与性质2023上海T17；2022新高考卷ⅡT20；2022北京T17；2019全国卷ⅠT18本讲内容是高考命题的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定定理和性质定理的应用，题型既有选择题，也有解答题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，但应注意与充分必要条件等知识的综合命题.面面平行的判定与性质2022全国卷乙T7；2019全国卷ⅡT7平行关系的综合应用学生用书P1441.直线与直线平行（1）基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行（即平行线的传递性）.注意平行线的传递性不仅仅是平行关系有传递性，若a∥b，则直线a的大部分性质也可以传递给直线b，比如若a⊥c，则b⊥c；若a⊥α，则b⊥α，若a与平面α夹角为30°，则b与平面α夹角也为30°等.但要注意若a∥α，则不一定有b∥α，因为无法判断直线b是否在平面α内.（2）等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角①相等或互补.2.直线与平面平行的判定与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果平面②外一条直线与此平面③内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.简称：线线平行，则线面平行.④a⊄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⑥相交，那么该直线与交线平行.简称：线面平行，则线线平行.a∥α注意（1）在证明线面平行时，一定要强调此直线不在平面内；（2）一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面.3.平面与平面平行的判定与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⑧相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.简称：线面平行，则面面平行.a⊂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⑫交线平行.简称：面面平行，则线线平行.α//βα⋂γ＝规律总结平行关系中常用的6个结论1.垂直于同一条直线的两个平面平行.2.平行于同一平面的两个平面平行.3.垂直于同一平面的两条直线平行.4.两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.5.夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.6.经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.1.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则下列直线中与平面ACE平行的是（B）A.BA1 B.BD1 C.BC1 D.BB1解析如图所示，连接BD，设AC∩BD＝O，则O是BD的中点，连接OE，∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，∴OE∥BD1.又OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD1∥平面ACE.易得直线BA1，BC1，BB1均与平面ACE不平行.2.[多选/教材改编]若直线a平行于平面α，则（BC）A.平面α内有且只有一条直线与a平行 B.平面α内有无数条直线与a平行C.平面α内存在无数条与a不平行的直线 D.平面α内任意一条直线都与a平行3.已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线有1条.4.[易错题]如图是长方体被一平面所截得的几何体，截面为四边形EFGH，则四边形EFGH的形状是平行四边形.解析因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形.学生用书P146命题点1线面平行的判定与性质例1[2023上海高考节选]如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4.求证：A1B∥平面DCC1D1.解析解法一∵AB∥DC，AB⊄平面DCC1D1，CD⊂平面DCC1D1，∴AB∥平面DCC1D1.∵AA1∥DD1，AA1⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，∴AA1∥平面DCC1D1.又AB∩AA1＝A，∴平面ABB1A1∥平面DCC1D1.又A1B⊂平面ABB1A1，∴A1B∥平面DCC1D1.解法二如图，取CD的中点E，连接BE，D1E，则DE＝2，∵AB∥DC，AB＝2，∴ABDE，∴四边形ABED为平行四边形，∴BEAD.又ADA1D1，∴BEA1D1，∴四边形A1D1EB为平行四边形，∴A1B∥D1E，又D1E⊂平面DCC1D1，A1B⊄平面DCC1D1，∴A1B∥平面DCC1D1.例2[北京高考节选]如图，在正方形AMDE中，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.求证：AB∥FG.解析在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.方法技巧1.证明线线平行常用的方法（1）利用线面平行的性质定理.（2）利用面面平行的性质定理.（3）利用中位线，对应线段成比例，平行四边形的性质等.2.证明直线与平面平行的常用方法（1）利用线面平行的判定定理.（2）利用面面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β.注意应用线面平行的判定定理和性质定理时，一定要注意定理成立的条件.训练1[2023江西省南昌市摸底测试]如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，C1B1的中点分别为E，F，G，H，则下列直线中，与平面ACD1和平面BDC1的交线平行的直线是（C）A.EH B.HG C.EG D.FH解析如图，设AC∩BD＝M，CD1∩C1D＝N，则M∈平面ACD1，M∈平面BDC1，N∈平面ACD1，N∈平面BDC1，连接MN，则平面ACD1∩平面BDC1＝MN.在△ACD1中，M，N分别为AC，CD1的中点，所以MN∥AD1.连接EG，在四边形ABC1D1中，易知四边形ABC1D1是平行四边形，又E，G分别为AB，C1D1的中点，所以EG∥AD1，所以MN∥EG.故选C.训练2[2022北京高考节选]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.求证：MN∥平面BCC1B1.解析解法一如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线，所以PN∥BC.又M为A1B1的中点，所以PM∥BB1.因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC⊂平面BCC1B1，PM，PN⊂平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面BCC1B1.解法二如图，取BC的中点D，连接B1D，DN.在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝12AB，DN∥AB，DN＝12AB，则B1M∥DN且B1M＝所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.命题点2面面平行的判定与性质例3[全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（B）A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α，β平行于同一条直线D.α，β垂直于同一平面解析对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.综上可知选B.例4[安徽高考节选]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.证明：Q为BB1的中点.解析因为BQ∥AA1，BC∥AD，BQ，BC⊄平面A1AD，AA1，AD⊂平面A1AD，所以BQ∥平面A1AD，BC∥平面A1AD，又BC∩BQ＝B，所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面α与这两个平面的交线互相平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边互相平行，于是△QBC∽△A1AD.所以BQBB1＝BQAA1＝BCAD＝1方法技巧证明面面平行的常用方法（1）利用面面平行的判定定理.（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行（l⊥α，l⊥β⇒α∥β）.（3）利用平面平行的传递性（α∥β，β∥γ⇒α∥γ）.训练3[2023高三名校联考节选]如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，∠ABC＝π3，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点.求证：平面AEG∥平面BDH.解析如图，连接AC，交BD于点O，连接OH，在△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又EG⊄平面BDH，BH⊂平面BDH，所以EG∥平面BDH.同理可得AG∥平面BDH，因为AG，EG⊂平面AEG，AG∩EG＝G，所以平面AEG∥平面BDH.命题点3平行关系的综合应用例5[山东高考节选]在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.解析如图，连接CF，设CF的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.连接OB，易知EF∥OB，所以GI∥OB.因为GI⊄平面ABC，OB⊂平面ABC，所以GI∥平面ABC.在△BCF中，因为H，I分别是BF，CF的中点，所以HI∥BC.因为HI⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以HI∥平面ABC，又HI∩GI＝I，HI⊂平面GHI，GI⊂平面GHI，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.方法技巧平行关系的综合应用训练4如图所示，在四棱锥P－ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝12AD，E是PD的中点.（1）求证：CE∥平面PAB.（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB？请说明理由.解析（1）如图，取AP的中点F，连接EF，BF，因为E，F分别是PD，AP的中点，所以EF∥AD且EF＝12AD又BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，又BC＝12AD，所以EF∥BC且EF＝BC所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB.（2）线段AD上存在点N，且点N为AD的中点，使得MN∥平面PAB.理由如下：如图，取AD的中点N，连接CN，EN，因为E，N分别为PD，AD的中点，所以EN∥PA.因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EN∥平面PAB.由（1）知，CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE，EN⊂平面CEN，所以平面CEN∥平面PAB.连接MN，则MN⊂平面CEN，所以MN∥平面PAB.于是在线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB.1.[命题点1]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别为AC，B1C1的中点.求证：DE∥平面ABB1A1.解析解法一如图，取BC的中点F，连接DF，EF，因为F是BC的中点，D是AC的中点，所以DF∥AB，因为DF⊄平面ABB1A1，所以DF∥平面ABB1A1.又E是B1C1的中点，所以EF∥B1B，因为EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面ABB1A1，因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面ABB1A1.解法二如图，取A1B1的中点F，连接EF，AF，因为E，F分别是B1C1，A1B1的中点，所以EF∥A1C1，且EF＝12A1C1又AC∥A1C1，AC＝A1C1，所以EF∥AC，且EF＝12AC因为D为AC的中点，所以EF＝AD，所以四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥AF.因为DE⊄平面ABB1A1，AF⊂平面ABB1A1，所以DE∥平面ABB1A1.2.[命题点1，2]在如图所示的圆柱O1O中，AB，CD分别是圆O，圆O1的直径，E为圆O上一点，P为DE上一点，且OP∥平面BCE.求证：DP＝PE.解析如图所示，连接O1P，O1O，则易知OO1∥BC，因为BC⊂平面BCE，且OO1⊄平面BCE，所以OO1∥平面BCE，因为OP∥平面BCE，且OO1∩OP＝O，OO1，OP⊂平面OPO1，所以平面OPO1∥平面BCE.又因为平面DCE∩平面OPO1＝O1P，平面DCE∩平面BCE＝CE，所以O1P∥CE.因为O1是CD的中点，所以P是DE的中点，即DP＝PE.3.[命题点2]如图，在三棱锥P－ABC中，△PAB是正三角形，G是△PAB的重心，D，E，H分别是PA，BC，PC的中点，点F在BC上，且BF＝3FC.证明：平面DFH∥平面PGE.解析如图，连接BG，DG，由题意可得BG与GD共线，且BG＝2GD.∵E是BC的中点，BF＝3FC，∴F是CE的中点.∴BGGD＝BEEF＝2，∴GE∥∵GE⊂平面PGE，DF⊄平面PGE，∴DF∥平面PGE.∵H是PC的中点，F为CE的中点，∴FH∥PE，又PE⊂平面PGE，FH⊄平面PGE，∴FH∥平面PGE.∵DF∩FH＝F，DF⊂平面DFH，FH⊂平面DFH，∴平面DFH∥平面PGE.4.[命题点3/2023北京市海淀区模拟]如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD是边长为5的菱形，AA1＝AC＝4，E为AB的中点，F为CC1的中点.（1）证明：EF∥平面ACD1.（2）若点P为线段EF上的动点，求点P到平面ACD1的距离.解析（1）如图，取BC的中点G，连接FG，EG，BC1.∵G，E，F分别为BC，AB，CC1的中点，∴EG∥AC，FG∥BC1.由四棱柱ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，得AD1∥BC1，∴AD1∥GF.∵AD1⊂平面ACD1，GF⊄平面ACD1，∴GF∥平面ACD1.∵EG⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴EG∥平面ACD1.又EG∩FG＝G，EG，FG⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面ACD1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ACD1.（2）连接BD，与AC相交于点O，如图，在Rt△ADD1中，AD1＝AD2＋DD同理可得CD1＝21，由四边形ABCD是菱形，可知AC⊥BD，且OA＝OC＝2，在Rt△OAB中，OB＝AB2－O设点P到平面ACD1的距离为d，由EF∥平面ACD1，可知点E到平面ACD1的距离也为d，连接OD1，ED1，CE，∵AD1＝CD1＝21，O是AC的中点，∴D1O⊥AC，∴OD1＝AD12－OA2＝21－4＝17，则△ACD1的面积为12×4×17＝217，△ACE则V三棱锥D1－ACE＝13×1×4＝43，V三棱锥E－AC由V三棱锥E－ACD1＝V三棱锥D1－ACE，得2173d＝学生用书·练习帮P3321.[多选/2023贵州省六盘水市第二中学段考]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知点G，H分别在A1B1，A1C1上，且GH经过△A1B1C1的重心，点E，F分别在AB，AC上，且平面A1EF∥平面BCHG，则下列结论正确的是（AB）A.EF∥GHB.GH∥平面A1EFC.GHEF＝D.平面A1EF∥平面BCC1B1解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，由面面平行的性质可得GH∥BC，又GH过△A1B1C1的重心，所以GHB1C1＝GHBC＝23.由平面A1EF∥平面BCHG可知EF∥BC，A1G＝BE，所以EF∥GH，EFBC＝13，所以GHEF＝2.因为EF∥GH，GH⊄平面A1EF，所以GH∥平面A1EF.因为A1，E，B，B1四点共面，且易得A1E与BB1相交，所以平面A1EF2.[多选/2024南昌市模拟]在下列底面是平行四边形的四棱锥中，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN∥平面ABC的有（AB）解析对于A，B选项：如图1，图2，取AB的中点P，连接CP，PM，则MPCN，∴四边形MNCP为平行四边形，∴MN∥CP，又MN⊄平面ABC，CP⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.故A，B正确.对于C选项：如图3，连接EM，由C，M为所在棱的中点知EM∥BC，易证EM∥平面ABC.假设MN∥平面ABC，由EM∩MN＝M，EM，MN⊂平面MNE，可证平面MNE∥平面ABC，又NE⊂平面MNE，∴NE∥平面ABC，这与NE∩平面ABC＝A矛盾，∴假设不成立，即MN与平面ABC不平行，故C错误.对于D选项：如图4，连接FN，设FN∩AC＝O，连接BO.若MN∥平面ABC，则由平面FMN∩平面ABC＝BO，可证得MN∥BO.由B为FM的中点知BO为△FNM的中位线，从而O为FN的中点，实际上FN的中点在底面平行四边形两条对角线的交点处，该交点显然不是图中的点O，故D错误.故选AB.图1 图2图3 图43.如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2cm，DE＝4cm，EF＝3cm，则AC的长为72解析过点D作直线AB的平行线分别交平面β与平面γ于点M，N，连接AD，BM，CN，ME，NF，如图所示，则AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以ABBC＝DMMN＝DEEF，因为AB＝2cm，DE＝4cm，EF＝3cm，所以2BC＝43，解得BC＝32cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋32＝4.下列三个命题在“（）”处都缺少同一个条件，补上这个条件可使这三个命题均为真命题（其中l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面），则此条件是l⊄α.①l//mm//α（）⇒l∥α；③l⊥m解析②体现的是线面平行的判定定理，缺少的条件是“l为平面α外的一条直线”，即“l⊄α”，“l⊄α”也适用于①和③，故此条件是l⊄α.5.[2024贵阳市模拟节选]如图，△ABC是正三角形，四边形ABB1A1是矩形，平面ABB1A1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，AA1＝2CC1.设直线l为平面ABC与平面A1B1C1的交线，求证：l∥AB.解析∵四边形ABB1A1是矩形，∴AB∥A1B1，∵A1B1⊂平面A1B1C1，AB⊄平面A1B1C1，∴AB∥平面A1B1C1，又AB⊂平面ABC，平面ABC∩平面A1B1C1＝l，∴l∥AB.6.[2023陕西省模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PCD是等边三角形且与底面ABCD垂直，PD＝4，E，F分别为AB，PC上的点，且PF＝13PC，AE＝13（1）证明：EF∥平面PAD.（2）若∠BAD＝60°，求三棱锥B－EFC的体积.解析（1）解法一（利用线面平行的判定定理证明）在PD上取点M使得PM＝13PD，连接FM，MA，如图1所示因为PF＝13PC，PM＝13所以MF∥CD，且MF＝13CD， 图又AE＝13AB＝13CD，且AE∥所以MFAE，所以四边形AEFM是平行四边形，所以EF∥AM，又EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD.解法二（利用面面平行的性质证明）如图2所示，在CD上取点T，使得DT＝13DC，连接FT，TE因为四边形ABCD是菱形，且AE＝13AB所以AEDT，所以四边形AETD为平行四边形， 图2所以TE∥AD.又AD⊂平面PAD，TE⊄平面PAD，所以TE∥平面PAD.在△PDC中，PF＝13PC，DT＝13所以FT∥PD，又PD⊂平面PAD，FT⊄平面PAD，所以FT∥平面PAD.又FT∩ET＝T，所以平面FTE∥平面PDA.又EF⊂平面FTE，所以EF∥平面PAD.（2）如图3，取CD的中点O，连接PO，因为△PCD为等边三角形，且PD＝4，所以PO⊥CD，PO＝23.因为侧面PCD⊥底面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以PO⊥平面ABCD. 图3因为PF＝13PC，所以点F到平面ABCD的距离h＝23PO＝S△BCE＝12×23×4×4×sin120°＝所以三棱锥B－EFC的体积为VB－EFC＝VF－BCE＝13S△BCE×h＝13×833×7.[2024武汉部分学校调考节选]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD满足AB＝CB＝2，AD＝CD＝5，∠ABC＝90°，棱PD上的点E满足PE＝2DE.求证：直线CE∥平面PAB.解析如图，连接AC，BD，记AC与BD交于点O，取OD的中点F，连接EF，CF，AF.由AB＝CB，AD＝CD，得BD垂直平分AC.又∠ABC＝90°，且AB＝2，所以AO＝BO＝CO＝1，所以DO＝AD2－所以DF＝1，BF＝2.所以BFFD＝PEED＝2，所以EF∥因为PB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.又点O为线段BF和AC的中点，所以四边形ABCF是平行四边形，所以CF∥AB.因为AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，所以CF∥平面PAB.又EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面CEF，所以平面CEF∥平面PAB.又CE⊂平面CEF，所以直线CE∥平面PAB.8.[2024陕西省商洛市部分学校高三阶段性测试]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.（1）证明：平面ABD∥平面FEC1.（2）求点F到平面ABD的距离.解析（1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，所以AB∥EF.因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，所以AB∥平面FEC1.因为AC∥A1C1，所以AF∥DC1，又AF＝12AC＝12A1C1＝DC所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，因为AD⊄平面FEC1，FC1⊂平面FEC1，所以AD∥平面FEC1.又AD∩AB＝A，AB，AD⊂平面ABD，所以平面ABD∥平面FEC1.（2）如图所示，连接BF，DF.由勾股定理得AB＝AC2－BC2＝3，AD＝AA12所以△ABD的面积为12AB×AD2－（AB2）2＝设点F到平面ABD的距离为h，则三棱锥F－ABD的体积为V＝13h×514＝51又易知DF⊥平面ABC，所以三棱锥D－ABF的体积为V＝13×DF×S△ABF＝13×2×12×12×3×所以5112h＝36，解得h＝即点F到平面ABD的距离为2179.四面体ABCD的体积为1，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，如图.（1）证明：平面GHF∥平面BCD.（2）求三棱锥O－BCD的体积.（3）设棱AB与棱GH的交点为M，判断M的位置（不需要证明），并求出两个正四面体公共部分的体积.解析（1）将正四面体ABCD及正四面体EFGH内嵌至正方体中，如图所示.∵DF∥BH，DF＝BH，则四边形BDFH为平行四边形，∴BD∥FH.又BD⊂平面BCD，FH⊄平面BCD，∴FH∥平面BCD.同理可得GF∥平面BCD，又FH∩GF＝F，FH⊂平面GHF，GF⊂平面GHF，所以平面GHF∥平面BCD.（2）三棱锥O－BCD的体积V＝14VABCD＝1（3）易知M为棱AB与棱GH的中点，设A1，A2，A3分别为AC，AD，CD的中点，如图所示.从而所求体积V公共＝VEFGH－4VF－A1A2A3＝VEFGH－4课标要求命题点五年考情命题分析预测1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质定理与判定定理.2.能用已获得的结论，证明空间图形的垂直关系的简单命题.线面垂直的判定与性质2023全国卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17本讲内容是高考命题的重点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定定理和性质定理的应用，不仅会单独命题，也经常应用于求解球的切、接问题以及建立空间直角坐标系前的线线垂直证明中，题型既有小题也有大题，难度中等.这里应特别注意证明空间线线、线面垂直关系时，灵活应用平行对垂直的转化作用.面面垂直的判定与性质2022全国卷乙T7；2022全国卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全国卷ⅡT20；2019全国卷ⅢT19垂直关系的综合应用2023北京T16；2022全国卷甲T18学生用书P1491.直线与直线垂直如果两条异面直线所成的角是直角，那么就说这两条异面直线互相垂直.2.直线与平面垂直（1）直线和平面垂直的定义如果直线l与平面α内的①任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.（2）直线与平面垂直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条直线与一个平面内的两条②相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.a，b⊂αa⋂性质定理垂直于同一个平面的两条直线⑥平行.a⊥αb⊥α⇒⑦规律总结垂直关系中常用的6个结论（1）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任意一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）.（2）若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面.（3）若一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，则这条直线与另一个平面也垂直.（4）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.（5）三垂线定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.（6）三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直.3.平面与平面垂直（1）平面与平面垂直的定义一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是⑧直二面角，就说这两个平面互相垂直.（2）平面与平面垂直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过另一个平面的⑨垂线，那么这两个平面垂直.l⊂β⑩性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的⑪交线，那么这条直线与另一个平面垂直.⑫α⊥β1.在空间中，α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是（C）A.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β B.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥nC.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D.若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，A说法正确；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B说法正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行或异面，C说法错误；由面面垂直的性质定理知D说法正确.故选C.2.[教材改编]下列命题中不正确的是（A）A.如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ3.已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于α，则sinα＝（B）A.12 B.33 C.22 解析如图所示，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，易知平面A1C1D与D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，又B1C1，BC，AD均与D1A1平行，A1B1，AB，DC均与D1C1平行，A1A，B1B，C1C均与D1D平行，所以平面A1C1D与正方体的12条棱所成的角都相等.连接BD1，与平面A1C1D交于点O，连接A1O，则BD1⊥平面A1C1D，则α＝∠D1A1O，且D1O＝13BD1＝33，所以sinα＝D1OD14.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AB与A1D1所成角的大小为90°；直线AD1与DC1所成角的大小为60°.解析因为A1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是异面直线AB与A1D1所成的角.因为∠D1A1B1＝90°，所以直线AB与A1D1所成角的大小为90°.如图，连接AB1，B1D1.因为AB1∥DC1，所以直线AB1与AD1所成的角即直线DC1与AD1所成的角.又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1为正三角形，所以∠D1AB1＝60°，所以直线AD1与AB1所成角的大小为60°，即直线AD1与DC1所成角的大小为60°.学生用书P150命题点1线面垂直的判定与性质例1[2024惠州市二调节选]如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC.求证：DD1⊥平面ABCD.解析（1）解法一因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC，所以△DD1P≌△CC1P，所以∠DD1P＝∠CC1P，又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.解法二如图，取DC中点E，连接PE.因为PD＝PC，所以PE⊥DC.因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.方法技巧1.证明线面垂直的常用方法（1）利用线面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b⊂α，c⊂α⇒a⊥α）；（2）利用面面垂直的性质定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a⊂β⇒a⊥α）；（3）a⊥α，α∥β⇒a⊥β；（4）a∥b，a⊥α⇒b⊥α.2.证明线线垂直的常用方法（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直；（2）计算两条直线的夹角的大小为90°或运用勾股定理的逆定理判断垂直；（3）平面几何中常见的垂直，如直径所对的圆周角为直角，菱形对角线相互垂直等.3.证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.训练1[2023全国卷甲]已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为（C）A.22 B.32 C.42 D.62解析如图，取CD，AB的中点分别为E，F，连接PE，EF，PF，因为PC＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcos45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC训练2[全国卷Ⅰ节选]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.证明：PA⊥平面PBC.解析设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝2因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.命题点2面面垂直的判定与性质例2[2021新高考卷Ⅱ节选]如图，在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.证明：平面QAD⊥平面ABCD.解析在△QDC中，因为QD2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD.因为CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD.例3[2024江苏常州模拟节选]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.证明：PB⊥AD.解析由题意知△BCD为等边三角形，则BD＝BC＝2，又AB∥DC，则∠ABD＝60°，在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD＝42＋22－2×4×2×cos60°＝12，则AD＝23，所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.又PB⊂平面PBD，故PB⊥AD.方法技巧1.证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.（2）利用面面垂直的判定定理（a⊂α，a⊥β⇒α⊥β）.2.面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据.训练3[2022全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（A）A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D解析如图，对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.训练4[2024福建泉州质量监测节选]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱锥P－ABC体积的最大值.解析取AB的中点O，连接PO，如图所示.因为PA＝PB，所以PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC.因为PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，所以V三棱锥P－ABC＝13S△ABC·PO＝13×（12AB·BC·sin∠ABC）·PO＝13因为∠ABC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱锥P－ABC≤13当且仅当sin∠ABC＝1，即∠ABC＝π2时，等号成立故三棱锥P－ABC体积的最大值为13命题点3垂直关系的综合应用例4[2023北京高考节选]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.求证：BC⊥平面PAB.解析因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝3，所以AC＝2.因为AB＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.方法技巧线线垂直线面垂直面面垂直训练5[2022全国卷甲]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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.（1）证明：EF∥平面ABCD.（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.解析（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN.又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝43，EM∥FN∥GQ∥HP.易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，又PM＝QN＝MN＝PQ＝12BD＝42，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（42）2×43＝1283.因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EM⊥AC.又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，则点A到平面PMEH的距离d＝14AC＝22所以V四棱锥A－PMEH＝13S四边形PMEH×d＝13×42×43×22＝所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝1283＋4×6433＝64033（1.[命题点2/2022全国卷乙]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点.（1）证明：平面BED⊥平面ACD.（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F－ABC的体积.解析（1）因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC.又E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE.因为BE∩DE＝E，且BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）由（1）可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小.因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝3，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝DE·BEBD由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD＝2，易知DF＜BF，所以DF＝12，FB＝3解法一因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，则F到平面ABC的距离d＝BFBD×DE＝3故VF－ABC＝13S△ABC×d＝13×34×4×3解法二由（1）知BD⊥AC，又BD⊥EF，EF∩AC＝E，AC，EF⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即B到平面ACF的距离，故VF－ABC＝VB－AFC＝13S△AFC×BF＝13×12×AC×EF×BF2.[命题点3/北京高考]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.（1）求证：PE⊥BC.（2）求证：平面PAB⊥平面PCD.（3）求证：EF∥平面PCD.解析（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.（2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，PA，AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.3.[命题点3/2024广东省佛山市南海区模拟节选]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝1，AB＝2.证明：BC⊥平面PAC.解析如图所示，取AB的中点F，连接CF，则AF＝CD＝1.又因为AF∥CD，所以四边形AFCD是平行四边形.因为AD⊥CD，AD＝CD，所以四边形AFCD是正方形，所以AB⊥CF，所以△ABC是等腰三角形，则AC＝BC＝2，所以AC2＋BC2＝4＝AB2，所以AC⊥BC，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又因为PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.学生用书·练习帮P3351.[2023大同学情调研]如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60°，M，N分别是棱AB和BC的中点，则下列说法中不正确的是（B）A.A1，C1，M，N四点共面B.B1N与AB共面C.AD⊥平面ABB1A1D.A1M⊥平面ABCD解析对于A，如图，连接MN，AC，A1C1，因为M，N分别是棱AB和BC的中点，所以MN∥AC.由棱柱的性质，知AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四点共面，故A正确.（证明空间四点共面可转化为：（1）证明两条直线相交；（2）证明两条直线平行）对于B，若B1N与AB共面，则B1，N，A，B四点共面，所以点N在平面ABB1A1内，这与题设矛盾，故B不正确.对于C，因为AD⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，所以AD⊥平面ABB1A1，故C正确.对于D，连接A1B，因为∠A1AB＝60°，AB＝AA1＝1，所以△ABA1是等边三角形，所以A1M⊥AB，由选项C，知AD⊥平面ABB1A1，又A1M⊂平面ABB1A1，所以A1M⊥AD.因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以A1M⊥平面ABCD，故D正确.故选B.2.[2023乌鲁木齐市质检（一）]已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分条件是（C）A.a∥α，b∥β，a⊥b B.α⊥γ，β⊥γC.a∥α，a⊥β D.α∩β＝a，a⊥b，b⊂β解析对于A，a∥α，b∥β，a⊥b，α与β可分别绕直线a与b任意转动，则α与β可能相交，也可能平行，故不是α⊥β的充分条件，A错误；对于B，α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，B错误；对于C，设过直线a的平面与α交于直线c，因为a∥α，所以a∥c，又a⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，所以C为α⊥β的充分条件，C正确；对于D，α∩β＝a，a⊥b，b⊂β，若作直线d使得a⊥d，且d⊂α，则b与d的夹角即二面角α－a－β的平面角，由于该二面角不一定为直角，因此α与β不一定垂直，D错误.故选C.3.[2023山东省模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（B）A.平面CBP⊥平面BB1PB.AP⊥平面CPD1C.AP⊥BCD.AP∥平面DD1C1C解析对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1⊂平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC⊂平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，否则，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1⊂平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP⊂平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP⊂平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.4.[多选/2021全国卷Ⅱ]如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是（BC）A BC D解析对选项A，B，C，D中的正方体建立如图所示的空间直角坐标系，设各正方体的棱长均为2.对于A，有M（2，0，2），N（0，2，2），O（1，1，0），P（0，2，1），则MN＝（－2，2，0），OP＝（－1，1，1），所以MN·OP＝4≠0，所以MN与OP不垂直，所以选项A错误；对于B，有M（0，0，2），N（2，0，0），O（1，1，0），P（2，0，1），则MN＝（2，0，－2），OP＝（1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以选项B正确；对于C，有M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），则MN＝（－2，0，－2），OP＝（－1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以选项C正确；对于D，有M（0，2，2），N（0，0，0），O（1，1，0），P（2，1，2），则MN＝（0，－2，－2），OP＝（1，0，2），所以MN·OP＝－4≠0，所以MN与OP不垂直，所以选项D错误.故选BC.（本题也可以用三垂线定理直接判断）5.[数学文化]《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有5个.解析因为PD⊥平面ABCD，DC，BC，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，PD⊥BD，由四边形ABCD为正方形，得BC⊥CD，因为PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面体PDBC是一个鳖臑.因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC，因为BE⊂平面PBC，所以DE⊥BE，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑.同理可得，四面体PABD、四面体APDE和四面体FABD也是鳖臑.6.[2024南昌市模拟节选]如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，M，N分别为AC，AB的中点，PM⊥AB.求证：AB⊥PN.解析因为M，N分别为AC，AB的中点，所以MN∥BC，