2025高考数学专项复习第八章 立体几何与空间向量第3节 空间直线、平面的平行含答案

2025高考数学专项复习第八章立体几何与空间向量第三节空间直线、平面的平行课标解读考向预测1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明.2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用.近几年空间直线与平面平行的有关知识，一直是高考命题的热点，重点考查学生的空间想象能力、计算能力、推理论证能力以及转化思想．预计2025年高考这一部分知识仍会考查，以解答题第(1)问的形式出现，难度中档.必备知识——强基础1．线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eq\x(\s\up1(01))此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(02))a⊄α,\x(\s\up1(03))b⊂α,\x(\s\up1(04))a∥b))⇒a∥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eq\x(\s\up1(05))相交，那么该直线与交线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(06))a∥α,\x(\s\up1(07))a⊂β,\x(\s\up1(08))α∩β＝b))⇒a∥b2.面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eq\x(\s\up1(09))相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(10))a⊂β,\x(\s\up1(11))b⊂β,\x(\s\up1(12))a∩b＝P,\x(\s\up1(13))a∥α,\x(\s\up1(14))b∥α))⇒β∥α性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面eq\x(\s\up1(15))相交，那么两条eq\x(\s\up1(16))交线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α∥β,\x(\s\up1(18))α∩γ＝a,\x(\s\up1(19))β∩γ＝b))⇒a∥b1．(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)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.2．三种平行关系的转化1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(2)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.()(3)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()答案(1)×(2)×(3)√2．小题热身(1)(人教A必修第二册习题8.5T1改编)下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是()A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此直线a与平面α内的任意一条直线都不相交．故选D.(2)已知不重合的直线a，b和平面α，则下列说法正确的是()A．若a∥α，b⊂α，则a∥bB．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a∥b，b⊂α，则a∥αD．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α答案D解析若a∥α，b⊂α，则a，b平行或异面，A错误；若a∥α，b∥α，则a，b平行、异面或相交，B错误；若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，C错误；若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，D正确．故选D.(3)(2024·福建宁德一中质检)已知α，β是空间两个不同的平面，命题p：“α∥β”，命题q：“平面α内有无数条直线与β平行”，则p是q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A解析若α∥β，则平面α内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面α内有无数条直线与β平行，所以p可以推出q；根据面面平行的判定定理，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．若平面α内有无数条直线与β平行，则α与β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故选A.(4)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．考点探究——提素养考点一空间中平行关系的基本问题例1在下列判断两个平面α与β平行的四个命题中，真命题的个数是()①α，β都垂直于平面γ，那么α∥β；②α，β都平行于平面γ，那么α∥β；③α，β都垂直于直线l，那么α∥β；④如果l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥β.A．0 B．1C．2 D．3答案D解析如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①是假命题；由平面平行的传递性可知②是真命题；由线面垂直的性质可知③是真命题；过直线l作平面γ与α，β分别交于l1，l2，过直线m作平面χ与α，β分别交于m1，m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2，因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β，同理，m1∥β，又l，m是两条异面直线，所以l1，m1相交，且l1⊂α，m1⊂α，所以α∥β，故④是真命题．故选D.【通性通法】(1)判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是选择题还是含有选择项的填空题，都可以先从中选出最熟悉、最容易判断的选项确定或排除，再逐步判断其余选项．(2)直线、平面间平行的判定方法①关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件；②结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断；③利用实物进行空间想象，比较判断；④熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．【巩固迁移】1．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．①a∥c，b∥c⇒a∥b；②a∥β，b∥β⇒a∥b；③a∥c，c∥α⇒a∥α；④a∥β，a∥α⇒α∥β；⑤a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.其中正确的命题是()A．①⑤ B．①②C．②④ D．③⑤答案A解析对于①，由基本事实4，可知①正确；对于②，若a∥β，b∥β，则a，b共面或异面，故②错误；对于③，若a∥c，c∥α，则a∥α或a⊂α，故③错误；对于④，若a∥β，a∥α，则α，β平行或相交，故④错误；对于⑤，由a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行的判定定理，可得a∥α，故⑤正确．故选A.考点二直线与平面平行的判定与性质(多考向探究)考向1直线与平面平行的判定例2如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，PD的中点．求证：(1)PB∥平面ACF；(2)EF∥平面PAB.证明(1)如图，连接BD交AC于O，连接OF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点，又F是PD的中点，∴OF∥PB，又OF⊂平面ACF，PB⊄平面ACF，∴PB∥平面ACF.(2)证法一：如图，取PA的中点G，连接GF，BG.∵F是PD的中点，∴GF是△PAD的中位线，∴GF綊eq\f(1,2)AD，∵底面ABCD是平行四边形，E是BC的中点，∴BE綊eq\f(1,2)AD，∴GF綊BE，∴四边形BEFG是平行四边形，∴EF∥BG，又EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.证法二：如图，取AD的中点H，连接FH，EH.∵F为PD的中点，∴FH是△PAD的中位线，∴FH綊eq\f(1,2)PA，又PA⊂平面PAB，FH⊄平面PAB，∴FH∥平面PAB.∵H为AD的中点，E为BC的中点，∴EH∥AB，又AB⊂平面PAB，EH⊄平面PAB，∴EH∥平面PAB，又FH∩EH＝H，∴平面EFH∥平面PAB，又EF⊂平面EFH，∴EF∥平面PAB.【通性通法】判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)(客观题可用)．【巩固迁移】2．如图所示，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一点P，Q，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面BCE.证明证法一：如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，AP＝DQ，∴PE＝QB，又PM∥AB∥QN，∴eq\f(PM,AB)＝eq\f(PE,AE)＝eq\f(QB,BD)＝eq\f(QN,DC)，∴eq\f(PM,AB)＝eq\f(QN,DC).又AB＝DC，∴PM＝QN，∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN.又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面BCE.证法二：如图，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE交AB于M，连接QM，∵BE⊂平面BCE，PM⊄平面BCE，∴PM∥平面BCE，∵PM∥BE，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(AM,MB)，又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(DQ,BQ)，∴eq\f(AM,MB)＝eq\f(DQ,BQ)，∴MQ∥AD，又AD∥BC，∴MQ∥BC，∵BC⊂平面BCE，MQ⊄平面BCE，∴MQ∥平面BCE，又PM∩MQ＝M，∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ⊂平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.考向2直线与平面平行的性质例3如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.求证：PA∥GH.证明如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴PA∥OM，又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD，又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.【通性通法】应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．【巩固迁移】3．如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，EF与AD不重合．求证：四边形BCFE是梯形．证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD.∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC⊂平面BCFE，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，∴四边形BCFE是梯形．考点三平面与平面平行的判定与性质例4(2024·江西九江一中质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，(1)若E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG；(2)若D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1，试求eq\f(AD,DC)的值．解(1)证明：∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG，∵A1G∥EB，A1G＝EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB，又A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG，又A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.(2)如图，连接A1B，AB1，设A1B与AB1相交于点O，连接OD1，由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，∴BC1∥D1O，同理可得AD1∥DC1，∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1，即D1为线段A1C1的中点，∴D为线段AC的中点，即eq\f(AD,DC)＝1.【通性通法】1．判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．2．面面平行的应用(1)两平面平行，构造与之相交的第三个平面，可得交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行，可用于证明线面平行．【巩固迁移】4．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．证明(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又F，G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G∩平面ABC＝GH，则A1C1∥GH，又A1C1∥AC，∴GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．考点四平行关系的综合应用例5(2023·广东佛山高三模拟)在三棱锥S－ABC中，AB⊥平面SAC，AS⊥SC，AB＝1，AC＝eq\r(2)，E为AB的中点，M为CE的中点，在线段SB上是否存在一点N，使MN∥平面SAC？若存在，指出点N的位置并给出证明；若不存在，说明理由．解存在点N为SB上的靠近S的四等分点，即SN＝eq\f(1,4)SB，使MN∥平面SAC.证明如下：取AE的中点F，连接FN，FM，则MF∥AC，因为AC⊂平面SAC，MF⊄平面SAC，所以MF∥平面SAC，因为AF＝eq\f(1,2)AE＝eq\f(1,4)AB，SN＝eq\f(1,4)SB，所以FN∥SA，又SA⊂平面SAC，FN⊄平面SAC，所以FN∥平面SAC，又MF∩FN＝F，MF，FN⊂平面MNF，所以平面MNF∥平面SAC，又MN⊂平面MNF，所以MN∥平面SAC.【通性通法】三种平行关系的转化解决存在问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，若找到了使结论成立的充分条件，则存在；若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．【巩固迁移】5．(2024·河北衡水月考)如图1，菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，DE⊥AB于点E，将△AED沿直线DE翻折到△A′ED，使A′E⊥BE，如图2.(1)求三棱锥C－A′BD的体积；(2)在线段A′D上是否存在一点F，使EF∥平面A′BC？若存在，求eq\f(DF,FA′)的值；若不存在，说明理由．解(1)由题意可知，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝BC＝CD＝DA＝4，DE⊥AB，故AE＝EB＝2，ED＝2eq\r(3)，所以在四棱锥A′－EBCD中，A′E⊥ED，A′E⊥EB，又ED∩EB＝E，所以A′E⊥平面EBCD，且A′E＝AE＝2，连接BD，因为BC＝CD＝4，∠BCD＝60°，则S△BCD＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3)，所以VC－A′BD＝VA′－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·A′E＝eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(8\r(3),3).故三棱锥C－A′BD的体积为eq\f(8\r(3),3).(2)设线段A′D的中点为F，线段A′C的中点为G，连接EF，FG，GB，因为F为A′D的中点，G为A′C的中点，所以FG∥DC，FG＝eq\f(1,2)DC＝2，又由(1)得，EB∥DC，EB＝2，所以FG∥EB，FG＝EB，所以四边形EBGF为平行四边形，故EF∥BG，EF＝BG，又EF⊄平面A′BC，BG⊂平面A′BC，所以EF∥平面A′BC，此时F为A′D的中点，故eq\f(DF,FA′)＝1.课时作业一、单项选择题1．下列命题中正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a⊂α，b⊄α，则b∥α答案D解析对于A，a可以在经过b的平面内；对于B，a与α内的直线也可能异面；对于C，两平面也可能相交；对于D，由直线与平面平行的判定定理知b∥α.故选D.2．(2023·广东湛江模拟)设α，β是两个不重合的平面，下列选项中，是“α∥β”的充要条件的是()A．α内存在无数条直线与β平行B．存在直线l与α，β所成的角相等C．存在平面γ，满足γ∥α且γ∥βD．α内存在不共线的三个点到β的距离相等答案C解析对于A，如果α∩β＝l，在α内与直线l平行的直线有无数条，但此时α不平行于β，A不符合题意；对于B，如果α∩β＝m，在空间必存在直线l与m平行，此时直线l也与两个平面平行，即直线l与α，β所成的角都等于0，B不符合题意；对于C，如果α∥β，则一定存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β，若γ∥α且γ∥β，则也一定有α∥β，则“存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β”是“α∥β”的充要条件，C符合题意；对于D，当α∥β时，α内必存在不共线的三个点到β的距离相等，但当α与β相交时，同样可以在α内找到不共线的三点到β的距离相等，D不符合题意．故选C.3.(2024·湖南岳阳一中阶段考试)如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形答案B解析由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，知EF綊eq\f(1,5)BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊eq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．故选B.4.(2023·杭州模拟)已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α与线段PA，PB，PC分别交于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC＝()A．2∶3 B．2∶5C．4∶9 D．4∶25答案D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝PA′2∶PA2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.故选D.5.(2023·福州检测)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是()A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案B解析过点E，F，G的截面为如图所示的六边形FGHEIQ(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，AC，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误．故选B.6．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有()A．0条 B．1条C．2条 D．1条或2条答案C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，∴CD∥平面EFGH.同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条．故选C.7．(2024·河北承德模拟)如图所示，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝eq\f(a,3)，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，点Q在直线CD上，则PQ＝()A．eq\f(2\r(2),3)a B．eq\f(\r(2),3)aC．eq\f(\r(2),2)a D．eq\f(2\r(3),3)a答案A解析在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BD，BB1∥DD1，BB1＝DD1，∴四边形DD1B1B是平行四边形，∴B1D1∥BD，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，∴B1D1∥PQ，∴PQ∥BD，∴∠PQD＝∠BDC，又∠PDQ＝∠BCD＝90°，∴△PDQ∽△BCD，∴eq\f(PQ,BD)＝eq\f(PD,BC)，又正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，∴BC＝a，PD＝AD－AP＝a－eq\f(a,3)＝eq\f(2a,3)，BD＝eq\r(2)a，∴PQ＝eq\f(PD·BD,BC)＝eq\f(\f(2a,3)·\r(2)a,a)＝eq\f(2\r(2),3)a.故选A.8.(2023·重庆联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且eq\f(DE,EB)＝eq\f(DF,FD1)＝eq\f(1,2)，点G在CC1上，且平面AEF∥平面BD1G，则eq\f(CG,CC1)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,4)答案B解析如图所示，延长AE交CD于H，连接FH，则△DEH∽△BEA，所以eq\f(DH,AB)＝eq\f(DE,EB)＝eq\f(1,2).因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C1＝FH，平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G，所以FH∥D1G.又四边形CDD1C1是平行四边形，所以△DFH∽△C1GD1，所以eq\f(DF,C1G)＝eq\f(DH,C1D1)，因为eq\f(DH,C1D1)＝eq\f(DH,AB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(DF,C1G)＝eq\f(1,2)，因为eq\f(DF,FD1)＝eq\f(1,2)，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以eq\f(CG,CC1)＝eq\f(1,3).故选B.二、多项选择题9．(2023·山东济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥βC．若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β答案BC解析若m∥α，n∥β且α∥β，则可能m∥n，m，n异面或m，n相交，A错误；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确；若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，又α∥β，m⊄β，故m∥β，C正确；若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，则m∥β或m⊂β，D错误．故选BC.10．(2023·江苏常州模拟)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是()答案AC解析对于A，易知AB∥DE，AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴直线AB∥平面DEF，故A符合题意；对于B，如图1，∵AB∥MN，MN与平面DEF相交，∴AB与平面DEF相交，故B不符合题意；对于C，∵AB∥DF，AB⊄平面DEF，DF⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故C符合题意；对于D，如图2，连接AC，取AC的中点O，连接OD，则AB∥OD，∵OD与平面DEF相交．∴直线AB与平面DEF相交，故D不符合题意．故选AC.三、填空题11.(2023·陕西安康模拟)如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，M是AD的中点，BC与平面α交于点N，AB＝4，CD＝6，则MN＝________．答案5解析因为AB∥平面α，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面α＝MN，所以AB∥MN.又M是AD的中点，所以MN是梯形ABCD的中位线，故MN＝eq\f(1,2)(AB＋CD)＝5.12．(2024·河南信阳光山中学质检)正方体ABCD－A1B1C1D1中，与平面ACD1平行的面对角线有________条．答案3解析如图，连接A1C1，A1B，BC1.由正方体的性质，可得AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形ACC1A1是平行四边形，所以AC∥A1C1.因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1.同理可得，A1B∥平面ACD1，BC1∥平面ACD1.其余面对角线均与平面ACD1有交点，所以与平面ACD1平行的面对角线有3条．13.如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________，就有MN∥平面B1BDD1.(注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.14.(2024·江苏辅仁高级中学阶段考试)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq\r(3)，E，F，G分别是AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，则线段D1P长度的最小值是________．答案eq\f(\r(7),2)解析如图，连接D1A，AC，D1C.因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，所以AC∥EF，又EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，则EF∥平面ACD1.同理可得EG∥平面ACD1，又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因为直线D1P∥平面EFG，所以点P在直线AC上．在△ACD1中，易得AD1＝eq\r(2)，AC＝2，CD1＝2，所以S△ACD1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),2)，故当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，最小值为eq\f(\f(\r(7),2),\f(1,2)×2)＝eq\f(\r(7),2).四、解答题15．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，AA1的中点，求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.证明(1)取B1B的中点M，连接HM，MC1，∵H是AA1的中点，∴HM綊A1B1，∵A1B1綊C1D1，∴HM綊C1D1，∴四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.∵M，F分别是BB1，CC1的中点，∴BM綊C1F，∴四边形BMC1F是平行四边形，∴MC1∥BF，∴BF∥HD1.(2)取BD的中点O，连接OE，OD1，则OE綊eq\f(1,2)DC，又D1G綊eq\f(1,2)DC，∴OE綊D1G.∴四边形OEGD1是平行四边形，∴EG∥D1O.又D1O⊂平面BB1D1D，EG⊄平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，由题意易证B1D1∥BD.又B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H.16.(2023·广西柳州模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．(1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB；(2)当PB∥平面AMN时，求出点M的位置，并说明理由．解(1)证明：取AP的中点E，连接EM，EB，在△PAD中，M为PD的中点，E为AP的中点，∴EM∥AD，EM＝eq\f(1,2)AD，在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，∴BN∥AD，BN＝eq\f(1,2)AD，∴BN∥EM，BN＝EM，∴四边形BNME为平行四边形，∴MN∥BE，又MN⊄平面PAB，BE⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.(2)连接AN，BD，交于O，连接OM，∵PB∥平面AMN，平面PBD∩平面AMN＝OM，PB⊂平面PBD，∴PB∥OM，∴eq\f(PM,MD)＝eq\f(OB,OD)＝eq\f(BN,AD)＝eq\f(1,2)，即存在点M，M为PD上靠近点P的三等分点．17．(2023·江西赣州统考二模)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P满足eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AP,\s\up6(→))，E，F分别为棱BC，CD的中点，点Q在正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上运动，满足A1Q∥平面EFP，则点Q的轨迹所构成图形的周长为()A．eq\f(5\r(37),3) B．2eq\r(37)C．eq\f(7\r(37),3) D．eq\f(8\r(37),3)答案D解析延长AD，AB，分别交EF的延长线于点H，G，连接PG，PH，分别交BB1，DD1于点R，T，过点A1作A1K∥PG交BB1于点K，过点A1作A1N∥PH交DD1于点N，因为A1K⊄平面EFP，PG⊂平面EFP，所以A1K∥平面EFP，同理可得A1N∥平面EFP，因为A1K∩A1N＝A1，所以平面EFP∥平面A1KN，过点N作NM∥A1K交CC1于点M，连接MK，则MK∥A1N，则平行四边形A1KMN(A1点除外)为点Q的轨迹所构成的图形．因为正方体的棱长为4，E，F分别为棱BC，CD的中点，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AP,\s\up6(→))，所以AP＝1，BR＝DT＝eq\f(1,3).因为A1P＝KR＝NT＝3，所以B1K＝D1N＝4－3－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，过点N作NJ⊥CC1于点J，则C1J＝D1N＝eq\f(2,3)，JM＝B1K＝eq\f(2,3)，由勾股定理，得A1K＝A1N＝MN＝MK＝eq\r(NJ2＋JM2)＝eq\r(16＋\f(4,9))＝eq\f(2\r(37),3)，所以点Q的轨迹所构成图形的周长为eq\f(8\r(37),3).故选D.18．(多选)(2024·湖南长郡中学月考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝2，∠ABC＝eq\f(π,2)，M是AB的中点，N是A1C1的中点，点P在线段B1N上，点Q是线段CM上靠近M的三等分点，R是线段AC1的中点，若PR∥平面B1CM，则()A．PR∥B1QB．P为B1N的中点C．三棱锥P－B1CM的体积为eq\f(2,3)D．三棱锥P－ABC外接球的表面积为eq\f(748π,81)答案ACD解析对于A，B，连接BQ并延长交CA于点S，连接NS，由平面几何知识可得，Q是△ABC的重心，S是CA的中点，且N，R，S三点共线，因为PR∥平面B1CM，PR⊂平面B1NSB，平面B1NSB∩平面B1CM＝B1Q，所以PR∥B1Q，作SK∥B1Q交B1N于K，由直棱柱的性质有B1N∥BS，因此四边形B1KSQ是平行四边形，B1K＝SQ＝eq\f(1,3)BS＝eq\f(1,3)B1N，又由平面几何知识知，R是NS的中点，因此P是NK的中点，从而NP＝eq\f(1,2)NK＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)B1N＝eq\f(1,3)B1N，即P为B1N上靠近N的三等分点，所以A正确，B错误；对于C，B1P＝BQ＝eq\f(2,3)BS，因此四边形B1PQB是平行四边形，所以BP与B1Q互相平分，从而点P与点B到平面B1CM的距离相等，三棱锥P－B1CM的体积等于三棱锥B－B1CM的体积，而VB－B1CM＝VB1－BCM＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以C正确；对于D，因为△ABC的外心是S，由NS∥CC1，得NS⊥平面ABC，所以三棱锥P－ABC的外接球的球心一定在直线NS上，设三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，半径为r，OS＝h，则r2＝OA2＝SA2＋SO2＝(eq\r(2))2＋h2＝2＋h2，r2＝OP2＝NP2＋ON2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)))eq\s\up12(2)＋(2－h)2＝eq\f(38,9)－4h＋h2，所以2＋h2＝eq\f(38,9)－4h＋h2，解得h＝eq\f(5,9)，r2＝2＋eq\f(25,81)＝eq\f(187,81)，所以三棱锥外接球的表面积为S＝4πr2＝eq\f(748π,81)，所以D正确．故选ACD.19．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3).(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；(2)若R是AB上的点，eq\f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．解(1)证明：连接CP并延长，与DA的延长线交于点M，如图，连接MD1，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以eq\f(CP,MP)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3)，又因为eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(CP,PM)＝eq\f(2,3)，所以PQ∥MD1.又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.(2)当eq\f(AR,AB)的值为eq\f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图，证明如下：因为eq\f(AR,AB)＝eq\f(3,5)，即eq\f(BR,RA)＝eq\f(2,3)，故eq\f(BR,RA)＝eq\f(BP,PD)，所以PR∥DA.又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA.第四节空间直线、平面的垂直课标解读考向预测1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单的应用.近三年高考考查空间直线、平面的垂直，主要以直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质为主，通常和空间向量结合命题，考查考生的推理论证能力和转化与化归能力，难度适中．预计2025年高考本节内容仍会考查，以解答题第(1)问的形式呈现，难度中档.必备知识——强基础1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的eq\x(\s\up1(01))任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理如果一条直线与一个平面内的eq\x(\s\up1(02))两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(03))m⊂α,\x(\s\up1(04))n⊂α,m∩n＝P,\x(\s\up1(05))l⊥m,\x(\s\up1(06))l⊥n))⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(07))a⊥α,\x(\s\up1(08))b⊥α))⇒a∥b2.直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的eq\x(\s\up1(09))射影所成的角叫做这条直线与这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.(2)范围：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定义：从一条直线出发的eq\x(\s\up1(10))两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作eq\x(\s\up1(11))垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是eq\x(\s\up1(12))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表示符号表示判定定理如果一个平面过另一个平面的eq\x(\s\up1(13))垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(14))a⊂α,\x(\s\up1(15))a⊥β))⇒α⊥β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eq\x(\s\up1(16))交线，那么这条直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α⊥β,\x(\s\up1(18))α∩β＝a,\x(\s\up1(19))l⊥a,\x(\s\up1(20))l⊂β))⇒l⊥α1．两个重要结论(1)若两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．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．2．三种垂直关系的转化线线垂直eq\o(,\s\up7(判定))线面垂直eq\o(,\s\up7(判定),\s\do5(性质))面面垂直3．三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．4．三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线平行于平面β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)已知平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，给出下列说法：①若m⊥n，则m⊥l；②若m⊥l，则m⊥β；③若m⊥β，则m⊥n，其中正确说法的序号为()A．①②③ B．①②C．①③ D．②③答案D解析平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①错误；②若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故②正确；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正确．故选D.(2)设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是()A．若m⊥α，n∥α，则m⊥nB．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥n，n∥α，则m⊥α答案D解析对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故D错误．故选D.(3)(多选)(2024·山东聊城质检)已知两条不同的直线l，m和两个不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四个命题中正确的是()A．若m⊥β，则l∥mB．若α∥β，则l⊥αC．若α⊥β，则l∥αD．若l⊥m，则m∥β答案AB解析对于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正确；对于C，若l⊥β，α⊥β，则l∥α或l⊂α，故C错误；对于D，若l⊥β，l⊥m，则m∥β或m⊂β，故D错误．故选AB.(4)(多选)(人教A必修第二册习题8.6T20改编)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项可知，BC⊥AE，由题意可知，AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，若AC⊥PB，因为AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PBC，AE⊂平面AEF，由面面垂直的判定定理，可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD.考点探究——提素养考点一空间中垂直关系的基本问题例1已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是()A．②③ B．①④C．②④ D．①③答案B解析对于①，若m⊥n，过直线m上点A作直线l，使l∥n，则直线m与l确定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如图1，则有l⊥β，因为m⊥α，m⊂γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c⊂γ得c∥l，则c⊥β，所以α⊥β，①正确；对于②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分别为平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中点分别为M，N，P，连接MN，MP，令直线MN，MP分别为直线m，n，如图2，显然满足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②错误；对于③，取②中正方体，令平面ABCD，平面DCC1D1分别为平面α，β，直线AA1，A1B1分别为直线m，n，显然满足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③错误；对于④，因为n∥β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，则有m⊥β，从而有m⊥b，所以m⊥n，④正确．故选B.【通性通法】与垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明．(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．【巩固迁移】1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n；②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；③如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n；④如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β.其中正确命题的个数为()A．4 B．3C．2 D．1答案D解析对于①，如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m与n相交，故①错误；对于②，如果m∥n，n⊥α，由线面垂直的性质可知m⊥α，故②正确；对于③，如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n或m∥n或m与n相交(不垂直)或m与n异面(不垂直)，故③错误；对于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β或n与β相交(不垂直)，故④错误．故选D.考点二直线与平面垂直的判定与性质(多考向探究)考向1直线与平面垂直的判定例2(1)(2023·天津河西期末)如图，圆柱OO′中，AA′是侧面的母线，AB是底面的直径，C是底面圆上一点，则()A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′ABC．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB答案A解析对于A，依题意AA′⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正确；对于B，显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直于平面A′AB，故B错误；对于C，显然AC与A′C不垂直，则AC不可能垂直于平面A′BC，故C错误；对于D，显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂直于平面A′AB，故D错误．故选A.(2)(2024·四川绵阳模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求证：BC⊥平面PAC.证明∵在△AEB中，D是AB的中点，EB＝EA，∴ED⊥AB，∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC.【通性通法】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(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α)．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，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．【巩固迁移】2.(2023·江苏金陵中学三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE＝AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO＝18，点P为线段DO上一个动点．当PO＝3eq\r(6)时，证明：PA⊥平面PBC.证明连接DE，因为AE＝AD，AD＝DE，所以△ADE是正三角形，则∠DAO＝eq\f(π,3)，又DO⊥底面圆O，AE⊂底面圆O，所以DO⊥AE，在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝eq\f(DO,\r(3))＝6eq\r(3).因为△ABC是正三角形，所以AB＝AO×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)×eq\r(3)＝18，AP＝eq\r(AO2＋PO2)＝9eq\r(2)，BP＝AP，所以AP2＋BP2＝AB2，即AP⊥BP，同理可证AP⊥PC，又BP∩PC＝P，BP，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.考向2直线与平面垂直的性质例3(1)已知直线l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A∉α，B∉α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝()A．2 B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)答案A解析因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.连接OD，则O，C，D三点共线，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因为OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因为AC＝1，所以BD＝2.故选A.(2)(2024·山东临沂一中阶段考试)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如图所示，A1A＝AB，G，E，F分别是A1C1，AB，BC的中点，求证：EF⊥GB.证明连接B1G，在等边三角形A1B1C1中，因为G是A1C1的中点，所以B1G⊥A1C1.因为B1B⊥平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1.因为B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B⊂平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因为GB⊂平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以EF∥A1C1，所以EF⊥GB.【通性通法】1．垂直关系里线线垂直是基础eq\a\vs4\al(线线垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(勾股定理逆定理,线面垂直则垂直面内所有线,等腰三角形三线合一,矩形邻边垂直,菱形对角线垂直))2．垂直关系中线面垂直是重点(1)eq\a\vs4\al(线面垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直两条相交线,垂面里面作垂线,直（正）棱柱的侧棱是垂线,\a\vs4\al(正棱锥的顶点与底面的中心的连线是垂线)))(2)eq\a\vs4\al(线垂面,有何用)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直里面所有线（证线线垂直）,过垂线作垂面（证明面面垂直）))【巩固迁移】3．过△ABC所在平面α外的一点P，作PO⊥α，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则点O是△ABC的()A．内心 B．外心C．重心 D．垂心答案A解析如图，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由题意可得PE＝PF＝PD，又PO⊥平面ABC，而AC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD＝P，PO∩PE＝P，PO∩PF＝P，∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD⊂平面POD，OE⊂平面POE，OF⊂平面POF，∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD＝eq\r(PD2－PO2)，OE＝eq\r(PE2－PO2)，OF＝eq\r(PF2－PO2)，∴OD＝OE＝OF，故O一定是△ABC的内心．故选A.4.(2024·山西大同一中阶段练习)如图，在四面体P－ABD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.证明(1)由AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，得AD⊥PB，又PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面APD，所以PB⊥平面APD.(2)由(1)及PB⊂平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，又平面PBD∩平面APD＝PD，AG⊥PD，AG⊂平面APD，所以AG⊥平面PBD，而BD⊂平面PBD，所以AG⊥BD.考点三平面与平面垂直的判定与性质例4如图，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为正方形，DE＝BD＝1，CE＝eq\r(2)，G为DA的中点，H为DE的中点．(1)求证：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；(2)求三棱锥B－CEG的体积．解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.因为四边形ABCD为菱形，所以DC＝DE＝1.又因为CE＝eq\r(2)，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC.因为DA∩DC＝D，且DA，DC⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.又因为DE⊂平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.因为BD＝1＝DA＝AB，G为DA的中点，所以BG⊥DA.又BG⊂平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以BG⊥平面ADEF.因为HF⊂平面ADEF，所以BG⊥HF.因为四边形ADEF为正方形，G为DA的中点，H为DE的中点，所以tan∠HFE＝tan∠GED＝eq\f(1,2)，∠HFE＝∠GED.因为∠GEF＋∠GED＝eq\f(π,2)，所以∠GEF＋∠HFE＝eq\f(π,2)，从而HF⊥GE.因为BG∩GE＝E，BG，GE⊂平面BGE，所以HF⊥平面BGE，因为BE⊂平面BGE，所以HF⊥BE.(2)因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA.又DE⊂平面ADEF，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以DE⊥平面ABCD，可得三棱锥E－GBC的高为DE＝1.因为BG⊥DA，DA∥BC，所以BG⊥BC.又BG＝eq\r(AB2－AG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)，所以△GBC的面积S＝eq\f(1,2)BG×BC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),4)，所以VB－CEG＝VE－GBC＝eq\f(1,3)S×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).【通性通法】1．判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性质的应用(1)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，运用时要注意“平面内的直线”．(2)若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．【巩固迁移】5.(2024·山东枣庄三中月考)在三棱锥V－ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，则()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案C解析因为∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC与BC不垂直，即A错误；过点V作VO⊥BC于点O，连接OA，因为侧面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即点V在底面ABC上的投影为点O，因为OA⊂平面ABC，所以VO⊥OA.因为VA＝VB，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以OA⊥BC，因为VO∩OA＝O，VO，OA⊂平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因为VA⊂平面VOA，所以VA⊥BC，即C正确；由三垂线定理知，若VB⊥AC，则BC⊥AC，这与∠ACB＝45°矛盾，故VB与AC不垂直，同理，VC与AB不垂直，即B，D错误．故选C.6.(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．解(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC为公共边，所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC.又AC＝A1C1，所以A1C＝A1C1，又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1，所以△CA1C1是等腰直角三角形，所以A1O＝eq\f(1,2)CC1＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.考点四几何法求直线与平面所成的角与二面角例5(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O，则下列结论正确的是()A．BD＝ACB．BD⊥平面PACC．PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)D．二面角P－BD－A的正切值为2答案BCD解析∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2eq\r(3)，故A不正确；∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正确；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为PB与平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝eq\f(π,4)，即PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)，故C正确；如图，连接PO，由B项知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA为二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值为2，故D正确．故选BCD.【通性通法】(1)利用几何法求空间线线角、线面角、二面角时要注意“作角、证明、计算”是一个完整的过程，缺一不可．(2)斜线与平面所成的角，首先作出平面的垂线，得出斜线在平面内的射影，从而得出斜线与平面所成的角，转化为直角三角形求解．(3)求空间角中的难点是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定义法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点；②垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角；③垂线法：过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面所在平面的垂线，得到垂足B，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两条垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角，这样就把问题归结为解一个直角三角形，这是求解二面角最基本、最重要的方法．【巩固迁移】7．(多选)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分别是AB，CD的中点，P是BM的中点．将矩形AMND沿MN折起，形成多面体AMB－DNC.则下列结论正确的是()A．BD∥平面ANPB．BD⊥平面ANPC．若二面角A－MN－B的大小为120°，则直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(7),7)D．若二面角A－MN－B的大小为120°，则直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(7),14)答案AD解析如图，连接MD交AN于点O，连接OP，由题意，得四边形AMND为矩形，∴O为MD的中点，又P为BM的中点，∴OP∥BD，∵BD⊄平面ANP，OP⊂平面ANP，∴BD∥平面ANP，故A正确，B错误；∵AM⊥MN，BM⊥MN，∴∠AMB即为二面角A－MN－B的平面角，∵∠AMB＝120°，且MN⊥平面ABM，∴BC⊥平面ABM，∵BC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ABM，过P作PQ⊥AB于点Q，∴PQ⊥平面ABCD，∴∠PAB即为AP与平面ABCD所成的角，易得AM＝MB＝2，AB＝2eq\r(3)，PB＝1，∴PQ＝eq\f(1,2)，BQ＝eq\f(\r(3),2)，∴AQ＝eq\f(3\r(3),2)，∴AP＝eq\r(\f(27,4)＋\f(1,4))＝eq\r(7)，∴sin∠PAB＝eq\f(PQ,AP)＝eq\f(\f(1,2),\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(7),14)，故C错误，D正确．故选AD.考点五平行、垂直关系的综合问题例6(2024·黑龙江哈尔滨期末)如图1，在平行四边形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，现将△ADC沿AC折起，得到三棱锥D′－ABC(如图2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E为D′C的中点．(1)求证：AE⊥平面D′BC；(2)在∠ACB的平分线上是否存在点F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的长；若不存在，请说明理由．解(1)证明：在▱ABCD中，可得AD＝BC＝AC，则AD′＝AC，因为E为D′C的中点，所以AE⊥D′C，因为AC⊥BC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面AD′C，因为AE⊂平面AD′C，所以AE⊥BC，因为BC∩D′C＝C，BC，D′C⊂平面D′BC，所以AE⊥平面D′BC.(2)取AB的中点O，连接CO并延长至点F，使CO＝OF，连接AF，D′F，BF，OE，因为BC＝AC，所以射线CO是∠ACB的平分线．又因为E是D′C的中点，所以OE∥D′F，因为OE⊂平面ABE，D′F⊄平面ABE，所以D′F∥平面ABE，因为AB，FC互相平分，所以四边形ACBF为平行四边形，所以BC∥AF，因为BC⊥平面AD′C，AD′⊂平面AD′C，所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，又因为AF＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，故D′F＝eq\r(2).【通性通法】1．解决平行与垂直中探索性问题的主要途径(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．涉及点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识取点．【巩固迁移】8．(2024·广东深圳翠园中学期末)如图，在平面五边形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足为H，将△ADE沿AD折起(如图)，使得平面ADE⊥平面ABCD.(1)求证：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱锥C－ADE的体积；(3)在线段BE上是否存在点M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出eq\f(EM,EB)的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为EH⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，所以EH⊥平面ABCD.(2)在Rt△ADE中，因为AE＝6，AD＝10，所以DE＝8，因为DE·AE＝AD·EH，所以EH＝eq\f(24,5)，因为∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝4，所以△ACD的面积S＝eq\f(1,2)×4×8＝16，所以VC－ADE＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S·EH＝eq\f(1,3)×16×eq\f(24,5)＝eq\f(128,5).(3)解法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接HM.因为AB∥DC，所以MN∥CD，因为CD⊂平面CDE，MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE，同理，NH∥平面CDE，又因为MN∩NH＝N，MN，NH⊂平面MNH，所以平面MNH∥平面CDE.因为MH⊂平面MNH，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因为DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因为HN∥DE，所以eq\f(EN,EA)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，又因为MN∥AB，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(EN,EA)＝eq\f(16,25)，所以在线段BE上存在点M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).解法二：过点H作HG∥CD交BC于点G，过点G作GM∥CE交EB于点M，连接HM.因为HG∥CD，CD⊂平面CDE，HG⊄平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理，GM∥平面CDE.又因为HG∩GM＝G，HG，GM⊂平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE.因为MH⊂平面MHG，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，因为EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因为DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因为HG∥CD，所以eq\f(CG,CB)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，因为MG∥CE，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(CG,CB)＝eq\f(16,25)，所以在线段BE上存在点M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).课时作业一、单项选择题1．(2024·江西南昌一中阶段考试)已知α，β是两个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线，则下面说法中