第30讲 直线、平面平行与垂直的判定与性质（解析版）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

第30讲直线、平面平行与垂直的判定与性质（6类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第6题,5分线面关系有关命题的判断2024年天津卷，第17题,15分证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求2023年天津卷，第17题,15分证明线面平行广求点面距离求二面角2022年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法2021年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法2020年天津卷，第17题,15分空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度中档，分值为15分【备考策略】1.理解、掌握空间集体中的线面关系。2.能掌握线面平行与垂直的问题。3.会解空间中的动点问题，利用线与面中的平行与垂直关系去参数问题。【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出几何体求解线与面的关系，以及动点问题。知识讲解知识点一.直线和平面平行1.定义：直线与平面没有公共点，则称此直线与平面平行，记作∥2.判定方法（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言线∥线线∥面如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行线面平行面∥面线∥面如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面3.性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言线∥面线∥线如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行知识点二.两个平面平行1.定义:没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面和，若，则∥2.判定方法（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言判定定理线∥面面∥面如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（简记为“线面平行面面平行线面面∥面如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行∥3.性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言面//面线//面如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”）面//面线面如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线【解题方法总结】线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示．性质性质性质性质判定判定判定线∥面线∥线面∥面1.证明直线与平面平行的常用方法：①利用定义，证明直线与平面没有公共点，一般结合反证法证明；②利用线面平行的判定定理，即线线平行线面平行．辅助线的作法为：平面外直线的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段；③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行；2.证明面面平行的常用方法：①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合；②利用面面平行的判定定理；③利用两个平面垂直于同一条直线；④证明两个平面同时平行于第三个平面．3.证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理；知识点三.直线与平面垂直1.定义如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂直．2.判定定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言判断定理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面⊥面⇒线⊥面两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直___a平行与垂直的关系一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直__平行与垂直的关系两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直_b_a3.性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言性质定理垂直于同一平面的两条直线平行_b_a文字语言图形语言符号语言垂直与平行的关系垂直于同一直线的两个平面平行__线垂直于面的性质如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与平面内所有直线都垂直知识点四.平面与平面垂直1.定义：如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直．（如图所示，若，且，则）一般地，两个平面相交，如果它们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（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直__3.性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直___a【解题方法总结】线线线面面面1.证明线线垂直的方法①等腰三角形底边上的中线是高；②勾股定理逆定理；③菱形对角线互相垂直；④直径所对的圆周角是直角；⑤向量的数量积为零；⑥线面垂直的性质；⑦平行线垂直直线的传递性（）．2.证明线面垂直的方法①线面垂直的定义；②线面垂直的判定（）；③面面垂直的性质（）；平行线垂直平面的传递性（）；⑤面面垂直的性质（）．3.证明面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理（）．空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图所示，由图可知，线面垂直在所有关系中处于核心位置．性质性质性质性质性质性质判定判定判定判定判定线∥面线∥线面∥面线⊥面线⊥线面⊥面考点一、线面平行问题1.（2025高三·全国·专题练习）如图，在正方体ABCD-A1B1(1)证明：BD1//(2)若正方体棱长为2，求三棱锥D-【答案】(1)证明见解析(2)23【分析】（1）根据线线平行，即可根据线面平行的判定求证，（2）利用等体积法，结合锥体的体积公式即可求解.【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OE，如图，因为在正方体ABCD-A1B1C1又E是DD1的中点，则OE是△BD又OE⊂面AEC，BD1⊄面AEC，所以（2）因为正方体ABCD-A1B1所以VD2.（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是矩形，M,N分别是PD和BC的中点，平面(1)证明：MN//平面PAB(2)求三棱锥M-ABC【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）取取PA的中点E，连接EB,EM，结合中位线的性质可得四边形（2）借助面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得三棱锥P-ABC的高，从而可通过计算VP【详解】（1）如图，取PA的中点E，连接EB,因为ME是△PAD的中位线，所以ME//AD又因为BN//AD且BN=12所以四边形MEBN是平行四边形，所以MN//又因为MN⊄平面PAB,BE⊂平面PAB，所以（2）取AB的中的中点F，连接PF，因为PA=PB=AB，所以又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面PF⊂平面PAB，所以PF⊥平面因为S△所以VP又因为M是PD的中点，所以VM1.（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形BCDE为直角梯形，且BC//DE，ED⊥CD，BC=2，CD=3，ED

(1)线段AC上是否存在一点G，使得DG//平面ABE，若存在，请说明G(2)空间中有一动点Q，满足AQ⊥BE，且QB⋅【答案】(1)线段AC上存在中点G，使得DG//平面ABE(2)3【分析】（1）取BC的中点F，AC的中点G，连接DG，GF，DF，即可证明DF//BE，GF//AB，从而得到平面GFD//平面ABE（2）取BE的中点H，连接AH、CH，即可证明BE⊥平面AHC，从而得到Q∈平面AHC，又QB⋅QC=0，则点Q在以BC为直径的球与平面AHC的交线上，即点Q的轨迹为圆，取BC的中点O，过点O作OT//CH交CH于点T，则OT⊥【详解】（1）线段AC上存在中点G，使得DG//平面ABE

取BC的中点F，AC的中点G，连接DG，GF，DF，因为BC//DE且DE=所以DF//BE，DF⊄平面ABE，BE⊂平面ABE，所以又GF//AB，GF⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以又DF∩GF=F，DF,GF⊂又DG⊂平面GFD，所以DG//平面即G为线段AC的中点时，DG//平面ABE（2）取BE的中点H，连接AH、CH，又CB=EC=12+3AH∩CH=H，AH,CH⊂又AQ⊥BE，所以Q∈又QB⋅QC=0，所以点Q所以点Q在以BC为直径的球与平面AHC的交线上，即点Q的轨迹为圆，取BC的中点O，由BE⊥平面AHC，过点O作OT⊥CH交CH则OT⊥平面AHC又BE=32设球的半径为R，Q的轨迹圆的半径为r，则R=12所以点Q的轨迹长度为2πr

2.（2024·宁夏吴忠·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，PD=λCD，点E在棱PC上，PA(1)试确定点E的位置，并说明理由；(2)是否存在实数λ，使三棱锥E-BPD体积为4【答案】(1)点E是PC的中点，理由见解析(2)存在λ=2，使三棱锥E-【分析】（1）连接AC，交BD于点O，连结OE，根据线面平行的性质定理，证出PA∥OE，再结合O是AC的中点，判断出点E是PC的中点，可得答案；（2）若三棱锥E-BPD体积为43，则可推出三棱锥P-BDC的体积为83【详解】（1）点E是PC的中点，理由如下：连接AC，交BD于点O，连结OE，∵底面ABCD是正方形，AC、BD相交于点O，∴O是AC∵PA//平面EBD，PA含于平面PAC，平面PAC∩∴PA//OE，∵△APC中，∴E是PC的中点.（2）∵E为PC∴V∴若VE-BPD∵PD⊥底面ABCD，PDS△∴VP-∴存在λ=2，使三棱锥E-BPD3.（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD,AD//BC,【答案】证明见解析【分析】利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行.【详解】因为AD//BC，AD⊂平面A1AD所以BC//平面A又BC⊂平面B1BCC1，平面A1AD4.（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC,A1C【答案】证明见解析【分析】根据AC//平面A1【详解】因为在三棱柱ABC-A1由于AC⊄平面A1BC1所以AC//平面A又因为AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面所以AC考点二、面面平行问题1.（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA=3，AB=2，四边形ABCD为菱形，∠ABC=π3，PA⊥平面ABCD，E，F，Q分别是BC，PC【答案】证明见解析【分析】利用面面平行的判定定理即可证明得出结论.【详解】因为四边形ABCD为菱形，所以AB//又E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点，所以FQ//CD，EF//因为EF⊄平面PAB，PB⊂平面所以EF//平面PAB同理可得FQ//平面PAB因为EF∩FQ=F，EF，所以平面EFQ//平面PAB2.（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1C1C为矩形，【答案】证明见解析【分析】由线面平行和面面平行的判定定理证明即可.【详解】因为M，N分别为侧面AA1C1C所以AM//A1N所以AA因为BB所以BB1//所以BM//因为BM⊄平面B1NC，B所以BM//平面B因为M，N分别为侧面AA1C1C所以MC//A1所以A1因为A1M⊄平面B1NC所以A1M//因为BM//平面B1NC，且BM∩MA1=M所以平面BMA1//1.（2025高三·全国·专题练习）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AD,AB的中点，

【答案】证明见解析【分析】由面面平行的判定定理可证得平面A1EF//平面【详解】连接BD、B1D1，由E,F又EF⊄平面BB1D1D，BD⊂正四棱台ABCD-A1B1则四边形A1FBB又A1F⊄平面BB1D1D，又A1F∩EF=F，且A1故平面A1EF//平面BB1D1D，又

2.（23-24高三上·河北承德·期中）如图，在四棱锥S-ABCD中，平面SBD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且E、F分别是SB、SD(1)求证：AC⊥(2)在SC上是否存在一点M，使平面MBD//平面AEF？若存在，求出SM【答案】(1)证明见解析(2)SMMC＝3【分析】（1）借助面面垂直的性质定理，可得线面垂直，再借助线面垂直的性质定理可得线线垂直；（2）假设存在该点，构造出相应的点后结合性质即可得.【详解】（1）因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥因为平面SBD⊥平面ABCD，平面SBD∩平面ABCD=BD，所以AC⊥平面SBD又SB⊂平面SBD，所以AC（2）设AC∩BD=O，则如图，连接SO，交EF于点G，连接AG并延长交SC于点H．若平面MBD//平面AEF，平面SAC∩平面MBD=OM，平面SAC∩因为E、F分别是SB、SD上靠近S的三等分点，所以EF//BD，所以SGGO又O是AC的中点，所以OM//所以HMMC=AO故SC上存在一点M，使平面MBD//平面AEF，此时SMMC的值为3.（2024高三·全国·专题练习）如图1，直角梯形ABCD中，AB=12CD=2,AD=2,AD⊥CD,AB//CD，将直角梯形ABCD绕AD旋转一周得到如图2的圆台，

【答案】存在，理由见解析【分析】作辅助平面MGN找点N，再由线线平行证明线面平行，然后利用面面平行的判定定理、性质定理可证得点N满足MN//平面AEFD【详解】线段CF上存在一点N，使MN//平面AEFD过M作MG⊥CD，垂足为G，过B作BH⊥由M为BC中点，又AB=所以G为DC靠近点C的四等分点.取CF靠近点C的四等分点N，连接GN,则GN//DF，又所以MG//AD，而AD⊂平面AEFD,MG⊄平面AEFD同理GN//平面AEFD，又MG∩NG=G所以平面MGN//平面AEFD，MN⊂平面所以MN//平面AEFD故线段CF上存在一点N，使MN//平面AEFD，且CN

考点三、平行中的动点问题1.（2024·四川乐山·三模）在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱BB1上，满足VA-BCC1D=49VA．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】作出示意图，根据体积关系可得D为BB1的靠近B的三等分点，再根据面面平行的判定定理及性质，可找到N【详解】如图所示：因为VA-A所以V所以S梯形BCC1D设三棱柱ABC-A1B1C1又M为A1C1的中点，取A1A的中点E过E作EN//AD，且EN∩BB所以平面MNE//平面ADC1，又MN所以MN//平面ADC1所以NB1=DB故选：D2.（2024·辽宁·模拟预测）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长3的正方形，PA=3，PA⊥平面ABCD，M为线段PA的中点，若空间中存在平而α满足BD//α，MC⊂α，记平面α与直线PD，PB分别交于点E，F，则PE=【答案】263/2【分析】根据题意作出平面α即平面MQH，取AD中点G，利用平行线成比例式可得PE=23PD进而求出PE的值；通过线面平行的性质得到EF//QH，HF【详解】如图，过点C作BD的平行线QH分别交AD,AB的延长线于点Q则D,B分别为AQ,AH的中点，连接MQ,MH，分别交PD,取AD的中点G，由ABCD是正方形，得GD=12AD=QEQM=EDMG=连接EF，因为BD//α，平面α∩平面PBD=EF，BD所以EF//QH，依题意，PD=PB,由BD//EF，得PE=PF，由△由AC⊥QH，得C为QH的中点，由AB=3，得MC=MA2故四边形MECF的面积S=(1-2×故答案为：263【点睛】思路点睛：解题思路在于正确理解题意，作出合理的截面，充分利用平行与垂直的判定、性质定理，借助于相似三角形和三角形之间的面积关系计算即得.1.（2024·西藏拉萨·二模）如图，正四棱锥P-ABCD的所有棱长都为2,E为PC的中点，M是底面ABCD内（包括边界）的动点，且EM∥平面PAB，则EM长度的取值范围是【答案】3【分析】画出草图辅助分析，设BC,AD的中点分别为M1,M2，连接M1M2，先证明平面M1EM2∥平面PAB.得到动点M在线段M1【详解】如图（1），设BC,AD的中点分别为M1,M2，连接M1M2，则M1M2∥AB.因为又EM1∥PB,EM1⊄平面PAB,PB又M1M2∩EM1=M1，所以平面M设PD,AC的中点分别为F,则在等腰梯形EFM2M1中，只需求出点E易知M2F=FE=EM1=M1故答案为：322.（2024·陕西榆林·三模）如图是一个半圆柱，DC,AB分别是上､下底面圆的直径，O为AB的中点，且AB=AD=2,E(1)证明：平面DEA⊥平面CEB，并在图中画出平面DEA与平面CEB(2)若点E满足DE=62EB，空间中一点P满足DP【答案】(1)证明见解析，作图见解析(2)8【分析】（1）根据题意可证EB⊥平面DEA，即可得结果；可证BC∥平面DEA，进而可得BC∥l（2）根据题意利用解三角知识可得S△EOB【详解】（1）因为E在AB上，则EA⊥由题意可知：DA⊥EB,可得EB⊥平面DEA，且EB⊂平面CEB，所以平面DEA⊥因为AD∥BC，AD⊂平面DEA，BC⊄平面DEA，可得BC∥平面设平面DEA与平面CEB的交线为l，且BC⊂平面CEB，可得BC∥l过E作BC的平行线交DC于点F，则EF即为平面DEA与平面CEB的交线.（2）因为DE可得4+AE2则sin∠EOA=sin2∠又因为点P满足DP=2PB，即点P是线段DB上靠近可得VD所以三棱锥D-EOP的体积为考点四、线线、线面垂直问题1.（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB//CD，且CD=6,AB=12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为

(1)证明：OD⊥平面PAQ(2)若BE＝2AE，求三棱锥【答案】(1)证明见解析(2)9【分析】（1）由OA，OB，（2）先计算S△ABQ，再计算三棱锥P-ABQ【详解】（1）由题设知OA,以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为设AQ=m，则则OD=(3,0,6),因为P为BC中点，所以P(0,因为OD⋅所以OD⊥即OD⊥又AQ,PQ⊂平面PAQ所以OD⊥平面PAQ（2）因为BE所以AQ因为AB=12,由题设知OA⊥OB所以S因为高为6的等腰梯形AABCD中，AB//所以三棱锥P-ABQ的高所以VP

2.（24-25高三上·山西大同·期末）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，且M,N分别为棱AB,PC(1)求证：MN∥l；(2)若PD与底面ABCD所成角为α，当α满足什么条件时，MN⊥平面PCD【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）首先证得线面平行，然后利用线面平行的性质定理即可证得线线平行；（2）先确定∠PDA为PD与底面ABCD所成角，当∠PDA=45【详解】（1）证明：取PD的中点G，连接GA,∵G,N∴GN∵M为AB的中点，且ABCD∴AM∴GN∴四边形AMNG为平行四边形，∴MN∥AG∵MN⊄平面PAD,∴MN∥平面PAD又∵MN⊂平面MNC，平面PAD∩∴MN∥l（2）∵PA⊥底面∴∠PDA为PD与底面ABCD所成角α当α=45∘时，由（1∵CD且AD∩PA=A，∴CD⊥平面因为AG⊂平面PAD∴CD∵CD∩PD=D，∵CD,由（1）有AG∥MN，∴MN⊥平面1.（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，AA1=4，且

(1)在底面A1B1C1D1内是否存在点M(2)设平面CPQ交棱AA1于点T，平面CPTQ将四棱台【答案】(1)存在，点M的位置见解析(2)13【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据AM⊥（2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可.【详解】（1）因为四棱台ABCD-A1B1所以可以以A为坐标原点，AB,AD,则AD0,4,0假设在底面A1B1C1D1内存在点M有AM⊥CP,AM⊥所以x0=8故在底面A1B1C1D（2）设T0,0,t，因为点T在平面CPQ内，所以可设则-4,-4,所以-λ-4μ=-4连接AQ，S四边形设平面CPTQ将四棱台ABCD-A1V2V四棱锥P-取AA1的中点N，连接PN,NQ，则又CD⊂平面CDQ，PN⊄平面CDQ，所以PN//V三棱锥所以V2V四棱台V1=112所以所求的上、下两部分的体积比为1322

2.（22-23高三上·贵州黔东南·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB=AP，点F为线段PC的中点，过A，D，F(1)求证：PB⊥(2)求平面ADFE将四棱锥分成两部分的体积之比.【答案】(1)证明见解析.(2)3【分析】（1）先证PB⊥平面ADFE，进而可证PB（2）先求VP-ABCD=83，【详解】（1）由题意可知AD//BC，又AD⊄平面PBC，BC故AD//平面PBC，由题意平面ADFE∩平面所以EF//AD，又AD//BC，点所以EF//BC，点E为线段又AB=AP，可知因PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以因四边形ABCD为正方形，故AD⊥又AB∩PA=A，AB⊂平面PBC所以AD⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，故又AD∩AE=A，AD⊂平面ADFE故PB⊥平面ADFE，又FD⊂平面ADFE（2）设AB=2，则AP=AD=BC=2，故VP由（1）可知PB⊥平面ADFE，故P到平面ADFE的距离为由（1）可知四边形ADFE为直角梯形，SADFE故VP故VEF故VP-ADFEV3.（2025高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E是B1A上的点，且【答案】证明见解析【分析】先由A1E⊥平面AB1C1和【详解】因A1E⊥平面AB1C1又BC//B1又三棱柱ABC-A1又易知A1E与BB1相交，且A1E,4.（2025高三·全国·专题练习）如图，多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为4的正方形，△FBC是等边三角形，EF//AB，EF=12AB【答案】证明见解析【分析】根据面面垂直的性质定理可得AB⊥平面FBC，再由线面垂直的性质可得结论【详解】由ABCD是正方形，得AB⊥而平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面又FB⊂平面FBC，于是AB又EF//所以EF⊥考点五、面面垂直问题1.（23-24高三上·重庆南岸·阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB=AC(1)求证：平面A1MNA⊥(2)求三棱柱的体积和表面积.【答案】(1)证明见解析(2)1614；【分析】（1）由已知条件，通过证明AN⊥面A1BC，证得平面A（2）由棱柱的体积和表面积公式求解.【详解】（1）证明：如图，因为M，N分别为B1C1，BC中点，所以MN又A1N⊥面ABC，连AN，因为AN⊂平面又AB=AC，有AN⊥BC，又A1N∩BC=N，A1又AN⊂面A1MNA，平面A（2）解：∠BAC=90°，AB=AC=4A1N=82又A1B=A1C=且为82-2S△ABC=所以表面积为16+3222.（2022·河南安阳·模拟预测）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,CC1

(1)求证：平面BDE⊥平面BC(2)求多面体A1B【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）做辅助线，先利用平行四边形证明A1F∥DG，从而可以利用A1F⊥平面（2）多面体A1B1C1-DBE的体积为三棱柱ABC-A1【详解】（1）如图，取B1C1的中点F，BE的中点G，连接FG，DG

则FG∥CC所以FG//A1D且FG=因为△A1B1C1是等边三角形，又因为平面A1B1C1⊥平面BCC1B所以A1F⊥所以DG⊥平面BC又DG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面（2）多面体A1B1C1-因为底面ABC为边长为2的等边三角形，所以S△四边形ACED为直角梯形，所以S直角梯形易知四棱锥B-ACED的即为底面ABC的高为所以，三棱柱ABC-A1四棱锥B-ACED的体积为所以多面体A1B11.（2025高三·全国·专题练习）在三棱台ABC-A1B1C1中，底面△ABC是等边三角形，侧面A1ACC1是等腰梯形，O是AC的中点，B1【答案】证明见解析【分析】先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可.【详解】由B1O是两异面直线B1B与AC的公垂线可得，又△ABC是等边三角形，O是AC的中点，所以AC因BO∩B1O=O,又B1B⊂平面B因B1B⊥B1O，AC∩又B1B⊂平面ABB12.（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，△PAC和△ABC均为等腰直角三角形，且PA=PC【答案】证明见解析【分析】根据面面垂直的性质定理可以得到PA⊥平面PBC，进而PA⊥PB，PA⊥BC，再根据线面垂直的判定定理得到【详解】由题意，得PC⊥PA，所以因为平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC=PC，所以PA⊥平面PBC因为PB⊂平面PBC，BC⊂平面所以PA⊥PB，所以AB2=又因为△ABC为等腰直角三角形，AC所以AC=BC=2因为PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC又因为BC⊂平面ABC所以平面ABC⊥平面PAC3.（2025高三·全国·专题练习）如图，AB是圆的直径，平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC．求证：BC【答案】证明见解析【分析】根据面面垂直的性质可得PA⊥面ACB，结合圆的直径的性质即可证明BC⊥平面【详解】因为平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC.，平面PAC∩面ACB=所以PA⊥面ACB，又因为BC⊂平面所以PA⊥BC，又因为AB是圆的直径，所以因为AC∩PA=所以BC⊥平面PAC4.（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱台ABC-A1B1C1.中，AB⊥BC,【答案】证明见解析【分析】根据面面垂直的性质定理可以证明BC⊥BB1；再根据线面垂直的判定定理可以证明【详解】因为平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1所以BC⊥平面AB因为BB1⊂所以BC⊥又因为AC⊥BB1，且BC∩所以BB1⊥考点六、垂直中的动点问题1.（2024高三·全国·专题练习）已知二面角α-l-β是直二面角，A∈α,    B∈A． θ1+C．θ1+θ【答案】C【分析】根据最小角定理可得答案.【详解】过A,B分别作l的垂线，垂足即AC⊥l,BD⊥BD⊂β,所以∠BAD由最小角定理知：θ2又∠ABD+θ故选：C2.（24-25高三上·湖南·开学考试）已知三棱锥A-BCD中，AC=3，其余各校长均为2，P是三棱锥A-BCD外接球的球面上的动点，则点A．266 B．263 C．1+13【答案】D【分析】首先根据几何性质找到三棱锥外接球的球心，再根据球的几何性质球点到平面距离的最值.【详解】取BD的中点M，连结AM，CM，则AM⊥BD，CM⊥BD，且AM∩所以BD⊥平面ACM点E，F分别是△BCD，△点E,F分别在CM,由题意可知，AM=CM=分别过点E,F作OE⊥因为BD⊥平面ACM，BD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥且平面BCD∩平面ACM所以OE⊥平面BCD，同理OF⊥平面则点O在平面ACM内，点O到A,B,C,连结OM，因为ME=MF，则所以OM平分∠AMC，所以OE连结BE,则BE=CE=所以三棱锥A-BCD的外接球的半径为则点P到平面BCD的距离的最大值为R故选：D1.（23-24高三上·湖南·阶段练习）如图，平面ABCD⊥平面ABEF，正方形ABCD的边长为4，矩形ABEF的边AF的长为2，若G是边EF上的动点，则三棱锥C-ABG的外接球体积的最小值为【答案】64【分析】作出球心O，应用面面垂直性质定理，证明线面垂直O1H⊥平面ABEF，进而得到O1H//OO2【详解】如图，分别取AB,AC中点H,则O1H//BC，且则O1H⊥AB，O1H⊂已知平面ABCD⊥平面ABEF，所以O1H设△ABG的外接圆圆心为O2，半径为过O1作平面ABC的垂线O1O，过O2作平面交点为O，即三棱锥C-ABG的外接球的球心，设外接球半径为又OO2⊥平面ABEF，所以O1H同理可证O2H//则O1在△ABG中，由正弦定理得2则当且仅当∠AGB=π2时，由矩形ABEF边长AB=4,AF=2可知，即当且仅当G为由OO2⊥平面ABEF，O2B在Rt△OO即R2=r2所以三棱锥C-ABG的外接球的半径的最小值为此时外接球体积43故当G为FE中点时，三棱锥C-ABG的外接球体积最小，最小值故答案为：6422.（23-24高三上·河南·期中）已知在四棱锥P-ABCD中，AD//BC，AD=3,BC=1，PB=32，PA⊥AB【答案】2【分析】根据给定条件，证得四边形ABCD是直角梯形，且PA⊥平面ABCD，再利用锥体的体积公式，基本不等式及余弦定理求解即得【详解】在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PAB，而PA,AB又PA⊥AB，AB∩AD=A,由AD//BC，AD=3,BC=1要使四棱锥P-ABCD的体积取得最大值，当且仅当而18=PB2=P而BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，则BC⊥又PD=PA在△PCD中，由余弦定理得：cos∠故答案为：23.（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，过点F1的直线与C交于A,B【答案】5【分析】由题意，可得PF1,F1F2,F1B两两互相垂直，且PF【详解】

由题意，A-c,b2因为AB⊥F1F又平面PF1F2⊥平面BF1F2所以PF1⊥平面BF1F2所以PB2PF因为cos∠P所以由余弦定理有PB2即2b所以16a2c所以c2a2=5或所以e=故答案为：5.4.（2024·黑龙江·三模）如图所示，△ABC中，AC⊥BC,AC=2,BC=4，E,F分别是AB,BC边上的点，EF//AC，将

【答案】32327【分析】根据题意，得到PF⊥平面ABC时，四棱锥P-ACFE的体积最大，设BF=x，利用锥体的体积公式，求得VP【详解】当底面ACFE的面积一定时，且平面ABC⊥平面PEF因为EF//AC且AC⊥BC，可得又因为平面ABC⊥平面PEF=EF，且PF⊂平面PEF，所以即PF⊥平面ABC时，四棱锥P设BF=x，即PF=可得VP令Vx=-1令V'x=0，解得x当x∈0,433当x∈433,4所以当x=43即四棱锥P-ACFE的体积最大值为故答案为：3231．（2023·河北保定·一模）设α，β是两个不同的平面，则“α内有无数条直线与β平行”是“α//β”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】B【分析】根据面面平行的定义以及判定定理，举例即可得出答案.【详解】如图，长方体ABCD-A1B1在平面ABB1A1内，除直线AB外，其他所有与A1B1若α//β，根据面面平行的定义可知，平面α内的直线都与平面β所以，“α内有无数条直线与β平行”是“α//β”故选：B.2．（21-22高三上·天津南开·阶段练习）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点.(1)求证：直线BD1//平面PAC；(2)求证：平面PAC⊥平面BDD1；(3)求三棱锥D﹣PAC的体积.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)1【分析】（1）连接AC，BD，设AC∩BD=O，易证PO//BD1，由线面平行的判定定理即可证得直线BD1//平面PAC；（2）由于四边形ABCD为正方形，BD⊥AC，易证AC⊥平面BDD1，由面面垂直的判定定理即可证得平面PAC⊥平面BDD1；（3）由VD﹣PAC=VA﹣PDC即可求得三棱锥D﹣PAC的体积.【详解】（1）设AC∩BD=O，连接OP，∵O，P分别为BD，D1D中点，∴BD1//OP∵OP⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，∴BD1//平面PAC（2）∵D1D⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴D1D⊥AC又AC⊥BD，D1D∩BD=D，∴AC⊥平面BDD1∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面BDD1（3）∵PD⊥平面ADC，∴V3．（22-23高三上·广西玉林·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD(1)求证：EF//平面PBC(2)求四面体P-【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明；（2）由面面垂直的性质定理，转化求点P到平面ABCD的距离，再根据三棱锥的体积公式，即可求解.【详解】（1）连结AC，交BD于点F，因为点E,F分别是PA,因为EF⊄平面PBC，PC⊂平面所以EF//平面PBC（2）因为PA=PD=取AD的中点O，面PAD内连结PO，则PO⊥因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面所以PO⊥平面ABCD，PO=3所以VP4．（2025高三·全国·专题练习）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥【答案】证明见解析【分析】根据线线平行，即可由线面平行的判定求证.【详解】取CB1中点P，连接NP，由N是B1C1的中点，故NP由M是DD1的中点，故D1则有D1M//故四边形D1MPN是平行四边形，故又MP⊂平面CB1M，故D1N//5．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3，点E在AD上，且PE⊥AD，【答案】证明见解析【分析】取PD的中点S，可证明SFBC为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可得出结论.【详解】取PD的中点为S，接BF,则SF//而ED//BC,故四边形SFBC为平行四边形，可得BF//又BF⊄平面PCD，SC⊂平面所以BF//平面PCD6．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，E为线段AB求证：BD⊥【答案】证明见解析【分析】根据已知条件利用线面垂直的判定定理先证BD⊥平面PAC，再利用线面垂直的性质定理即可得到BD【详解】连接AC,∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴又底面ABCD为正方形，∴BD⊥又PA∩AC=A，且PA，AC⊂平面PAC，∵PC⊂平面PAC，∴BD7．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知多面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD【答案】证明见解析【分析】由向量共线得到BB1∥AA1，进而得到AA1⊥【详解】因为2AA1又因为BB1⊥平面ABCD，所以A又因为BD⊂平面ABCD，所以A因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥又因为AC∩AA1=A，所以BD⊥平面A又因为A1C⊂所以BD⊥1．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥A-BCDE是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A-CDF是正四面体，G为A．点A,B,C,FC．FG⊥CD D．FG【答案】D【分析】A.由题意转化为证明CD⊥平面AGH和CD⊥平面AFH，即可证明；B.根据面面平行的判断定理转化为证明AG//平面CDF和BE//平面CDF，即可证明；C.由A【详解】选项A：如图，取CD中点H，连接GH,FH,AG,AH，因为A-BCDE是正四棱锥，A-CDF是正四面体，所以CD⊥GH，CD⊥因为GH∩AH=H，GH,AH⊂因为AH∩FH=H，AH,FH⊂所以A,由题意知AG=HF=3，所以GH∥AF，因为BC∥GH，所以BC∥选项B：由选项A知AG∥FH，又AG⊄平面CDF，FH⊂平面CDF，所以因为CD//BE，且BE⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以又AG⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，且AG∩BE=G，所以平面C选项：由选项A可得CD⊥平面AGHF，又FG⊂平面AGHF，所以FG⊥D选项：假设FG⊥平面ACD，因为AH⊂平面ACD，则由选项A知四边形AGHF是平行四边形，所以四边形AGHF是菱形，与AG=3，GH=2矛盾，故故选：D2．（2025高三·全国·专题练习）由平行六面体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥B1-A1B(1)证明：D1O∥(2)证明：平面D1DO⊥【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）补全平行六面体，通过证明D1O∥O1（2）由题设条件证明A1C1⊥B1D1【详解】（1）如图,补全平行六面体，连接D1B1交A1C在平行六面体ABCD-A1故四边形BB1D又O为BD的中点，O1为B1D1的中点，则故四边形OBO1D又所以D1O⊄平面A1BC1，O（2）因为底面A1B1又因为A1B=BC又B1D1⊂平面D1DO，所以A1C1⊥平面D1DO，又A13．（2024高三·全国·专题练习）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BC=CC1,M【答案】存在，点Q为点B．【分析】假设存在点Q，取BC的中点O，以为O坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用直线与平面垂直的性质，得到AB1⊥A【详解】假设在线段BB1上存在一点Q，使AB取BC的中点O，以为O坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设BC=2,BQ=∴A显然AB∵AB1⊥平面A1MQ，AB1⃗在线段BB1上存在一点Q，使AB1⊥平面A4．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D，E，【答案】证明见解析【分析】利用向量的线性运算表示BF,AO,根据垂直，利用数量积可得F为AC【详解】连接DE,OF，设AF=tAC，则由于BF⊥AO，则解得t=12，则F为AC的中点，由D于是DE//AB,DE=EF//DO,EF=DO，又所以EF//平面ADO5．（2025高三·全国·专题练习）《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵ABC-A1B1C1中，已知AC=BC，且点M，N，P分别是AB【答案】证明见解析【分析】根据线面平行判定定理证明即可.【详解】连结MP，因为M,P分别是所以MP//AC，且因为点N是A1C1的中点，所以N所以NC1//所以四边形MPC所以C1且C1P⊄平面MNC，MN所以C1P//6．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1垂直于底面，AB=5，AA(1)求证：PD//平面A(2)求证：BC⊥【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接AC1，由中位线的性质可知PD//AC（2）证明BC⊥平面ACC【详解】（1）如图，连接AC在△ABC1中，D，P分别是BC1而AC1⊂平面AA1C1C，（2）由AB=5,AC=3,BC=4，得A由AA1⊥平面ABC，BC⊂平面而AA1∩AC=A，AA又AC1⊂平面ACC1A11．（2022·全国·高考真题）在正方体ABCD-A1B1C1D1A．平面B1EF⊥平面BDD1C．平面B1EF//平面A1AC【答案】A【分析】证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF【详解】解：在正方体ABCD-AC⊥BD且DD又EF⊂平面ABCD，所以EF因为E,F分别为所以EF∥AC，所以又BD∩所以EF⊥平面BD又EF⊂平面B所以平面B1EF⊥平面BD选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2则B1C1则EF=-1,1,0A设平面B1EF的法向量为m则有m⋅EF=-同理可得平面A1BD的法向量为平面A1AC的法向量为平面A1C1则m⋅所以平面B1EF与平面A1因为m与n2所以平面B1EF与平面A1因为m与n3所以平面B1EF与平面A1故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设A1B∩B1E=M，在△BMN内，作BP⊥MN于点P，在△EMN内，作GP⊥MN，交则∠BPG或其补角为平面B1EF由勾股定理可知：PB2+底面正方形ABCD中，E,F为中点，则由勾股定理可得NB从而有：NB据此可得PB2+据此可得平面B1EF⊥平面A对于选项C，取A1B1的中点H由于AH与平面A1AC相交，故平面B1EF∥对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1由于A1M与平面A1C1D相交，故平面故选：A.2．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1

(1)证明：平面ACC1A(2)设AB=A1【答案】(1)证明见解析.(2)1【分析】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC(2)过点A1作A1O⊥CC1，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证A1C【详解】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC所以A1又因为∠ACB=90A1C,AC⊂所以BC⊥平面AC又因为BC⊂平面BC所以平面ACC1A（2）如图，

过点A1作A1O因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥所以四棱锥A1-B因为A1C⊥平面ABC，AC所以A1C⊥又因为A1B=所以△ABC与△A1设A1C=所以O为CC1中点，又因为A1C⊥AC即x2+x所以A1所以四棱锥A1-B3．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6(1)求证：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱锥【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证明PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【详解】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D于是DE//AB,则四边形ODEF为平行四边形，EF//DO,EF=DO，又所以EF//平面ADO（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PB=PC,O是在Rt△PBO中，所以PO=因为AB⊥所以OF⊥BC，又PO∩OF=所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面所以BC⊥PM，又BC∩FM=所以PM⊥平面ABC即三棱锥P-ABC的高为因为∠POF=120°，所以所以PM=又S△所以VP4．（2022·全国·高考真题）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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC(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）．【答案】(1)证明见解析；(2)6403【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-【详解】（1）如图所示：分别取AB,BC