直线、平面平行与垂直的判定与性质（解析版）-2025年天津高考数学一轮复习

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）

I他.考情探究•

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。

12.考点梳理*

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a平行，记作/〃a

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

如果平面外的一条直线和这个1//1,

线〃线n线〃面平面内的一条直线平行，那么这条Z_/Ilua>n/〃a

直线和这个平面平行（简记为“线线1Ua

平行n线面平行

如果两个平面平行，那么在一a〃g

//>=>a//p

面〃面n线〃面个平面内的所有直线都平行于另一aua

个平面X/

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

如果一条直线和1//a

一个平面平行，经过IS

线〃面n线〃线这条直线的平面和这夕—I'

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a和夕，若aCB=（h则a〃4

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

判定定理如果一个平面内有两

线〃面=>条相交的直线都平行于另/

a//(3,b//j3^a//j3

面〃面一个平面，那么这两个平面//

平行（简记为“线面平行n

面面平行

线_1_面=>如果两个平面同垂直I.La]

\na〃B

面〃面于一条直线，那么这两个平lVf3\

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

如果两个平面平行，那

面〃面二>线〃面aII(3

么在一个平面中的所有直线〃u。>=>〃//6

都平行于另外一个平面

如果两个平行平面同时a11[3

和第三个平面相交，那么他二a[\y-al/Z.

性质定理

们的交线平行（简记为“面面£2=6

平行n线面平行”）

如果两个平面中有一个

al1p

面〃面二>线，面垂直于一条直线，那么另一>n/_L尸

I-La

个平面也垂直于这条直线三

【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.

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a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n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

一条直线与一1

个平面内的两条相a,bua

aLI

判断定理交直线都垂直，则>n/J_。

Vb-Ll

该直线与此平面垂acb=P

直

两个平面垂

直，则在一个平面a-LJ3

ac/3=a

面，面今线，面内垂直于交线的直>nh_La

bu。

线与另一个平面垂7b-La

直

一条直线与两-a

/

平行平面中的一个

alm

平行与垂直的关系平面垂直，则该直>nq_L夕

ala

线与另一个平面也zJ

垂直

两平行直线中gb

有一条与平面垂allb

平行与垂直的关系

直，则另一条直线Ja.La

与该平面也垂直

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

1b

alia

垂直于同一平面

性质定理auB卜=>〃///?

的两条直线平行

ac0=b

文字语言图形语言符号语言

-U

垂直于同一

ala]

垂直与平行的关系直线的两个平面

平行

如果一条直

线垂直于一个平

线垂直于面的性质面，则该直线与平/_La,aua=/_La

面内所有直线都

垂直J

知识点四.平面与平面垂直

L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ac0=CD,CDLy,且cy=AB,4c7=BE,ABBE,则c_L/）

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bLa]

$=>a_L"

另一个平面的垂力bu队

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，aVP

则一个平面内垂直ac(3=a

>=>Z7_La

bbu(3

于交线的直线与另

b-La

一个平面垂直Z

【解题方法总结】

判定定理,判定定理、

线上线(性质定理线上面《性质定理面,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(a_La,6uen“_L6);

⑦平行线垂直直线的传递性(aLc,a/IbnbLc).

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(a_LZ?M_LGcu%bua,bcc=P=>a_L6Z)；

③面面垂直的性质(a工(3,ac/3=b,a工b,aua=a工/3);

平行线垂直平面的传递性(a_La,Z?//a=>b_La)；

⑤面面垂直的性质(a_Lcc尸=/=

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(aLB，aua=aLB).

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.

考点一、线面平行问题

典例引领

1.（2025高三・全国・专题练习）如图，在正方体4BCD-4/1的。1中，E是棱。区的中点.

（1）证明：BDi〃平面4EC；

（2）若正方体棱长为2,求三棱锥D-4EC的体积.

【答案】（1）证明见解析

⑵|.

【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4C于。，连接。E,如图，

因为在正方体43。。一4/停1。1中，底面48CD是正方形，则。是BD的中点,

又E是的中点，则。E是ABDA的中位线，故。E〃B£）i，

又。Eu面4EC,BDi，面4EC,所以〃平面4EC.

(2)因为正方体力BCD-&B1C1D1中，AD_L平面DCGDi，

所以％TEC=^A-DEC~gS^DEc，4。=3^2^xCDxAD--x-xlx2x2=-.

2.(2024.陕西商洛•模拟预测)如图，在四棱锥P-力BCD中，四边形4BCD是矩形，M,N分别是PD和8c的

中点，平面P4B1平面4BCD,P4=PB=AB=AD=2.

BNC

(1)证明：MN〃平面P4B；

(2)求三棱锥M-ABC的体积.

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)取取P4的中点E,连接结合中位线的性质可得四边形MEBN是平行四边形，即可得

线线平行，即可得线面平行；

(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-4BC的高，从而可通过计算％YBC得到

^M-ABC-

【详解】(1)如图，取尸力的中点E,连接

BNC

因为ME是△PAD的中位线，所以M£7/4。，且=

又因为BN〃AD且BN=^AD,所以ME〃BN且ME=BN,

所以四边形MEBN是平行四边形，所以MN〃BE,

又因为MN仁平面P4B,BEu平面PAB,所以MN〃平面P4B；

(2)取4B的中的中点F,连接PF,

因为P4=PB=4B,所以PF_L4B,且PF=百，

又因为平面P4B1平面2BCD,平面尸力BC平面4BCD=AB,

PFu平面P4B,所以PF1平面4BCD,

因为SMBC=l-AB-BC=2,PF=y/3,

所以VPTBC=/SA4B「PF=第，

又因为用是。。的中点，所以以1TBe=IVp-ABC=y.

即时检测

1.（2024.江西•模拟预测）如图所示，四边形BCDE为直角梯形，豆BCHDE,ED1CD,BC=2,CD=巾,

ED=1.△力BE为等边三角形，平面4BE_L平面8CDE.

（1）线段力C上是否存在一点G,使得OG//平面4BE,若存在，请说明G点的位置；若不存在，请说明理由；

（2）空间中有一动点Q,满足4Q1BE,且丽•无=0.求点Q的轨迹长度.

【答案】（1）线段4C上存在中点G,使得0G//平面48E,理由见解析

⑵百兀

【分析】（1）取BC的中点尸，AC的中点G,连接DG,GF,DF,即可证明GF//AB,从而得至U平面GFD〃

平面4BE,即可得到DG〃平面4BE；

（2）取BE的中点H,连接AH、CH,即可证明BE，平面4HC,从而得到Q£平面4HC,又砺•无=0,则

点Q在以BC为直径的球与平面力HC的交线上，即点Q的轨迹为圆，取BC的中点0,过点。作。T//CH交CH于

点T,贝IJOT_L平面2HC,再求出Q的轨迹圆的半径r,即可气求出轨迹长.

【详解】（1）线段AC上存在中点G,使得QG〃平面4BE,理由如下：

取BC的中点F,AC的中点G,连接DG,GF,DF,

因为BC7/DE且0E=|BC=BF,所以四边形DE2F为平行四边形，

所以DF//BE,DF,平面ABE,BEu平面2BE,所以DF//平面ABE,

又GFIIAB,GFC平面ABE,ABu平面ABE,所以GF〃平面ABE,

又DFCGF=F,DF,GFu平面GFD,所以平面GFD〃平面4BE,

又DGu平面GFD,所以DG〃平面力BE,

即G为线段AC的中点时，DG〃平面4BE.

(2)取BE的中点H,连接AH、CH,

又CB=EC=+(百)2=2,AABE为等边三角形，所以1BE,CH1BE,

AHnCW=H,AH,CHc.^^AHC,所以BE_L平面4HC,

又AQ1BE,所以Qe平面4HC,

又砺•无=0,所以点Q在以BC为直径的球上，

所以点Q在以BC为直径的球与平面的交线上，

即点Q的轨迹为圆，

取BC的中点0,由BE1平面过点。作。T1CH交CH于点T,

贝1］。71平面4HC,

又BE=J(V3)2+(2—I/=2,贝iJOT=|SH=|,

设球的半径为R,Q的轨迹圆的半径为r,则R=2BC=1,r=JI2一f,

所以点Q的轨迹长度为2irr=2nX苧=岛.

2.(2024•宁夏吴忠•模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面力BCD是边长为2的正方形,P。1底面48CD,

PD=A.CD,点E在棱PC上，PA〃平面EBD.

(1)试确定点E的位置，并说明理由；

(2)是否存在实数九使三棱锥E-BPD体积为%若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)点E是PC的中点，理由见解析

(2)存在4=2,使三棱锥E-BPD体积为(

【分析】(1)连接AC,交BD于点、0,连结。E,根据线面平行的性质定理，证出2411。£,再结合。是4c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£则可推出三棱锥P-BDC的体

积为会进而利用棱锥的体积公式与PD_L底面力BCD,列式算出实数2的值，即可得到答案.

【详解】（1）点E是PC的中点，理由如下：

连接4C,交8。于点0,连结0E,

•.•底面力BCD是正方形，AC.BD相交于点0,

。是4C的中点，

•••P4//平面E8D,P力含于平面P4C,平面P2CC平面=。£\

PA//0E,•・•△APC中，。是AC的中点，

E是PC的中点.

（2）为PC中点，

11

^E-BPD=5%-BP。=^P-DBC-

;若瞑•一BPD—贝lJVp_DBC—~

•••PD1底面ZBCD,PD=ACD=22,

S*BCD=]X2X2=2

,1•Vp_DBc=j-S&BCD'24=石x2x2A=-）解得2—2.

存在a=2,使三棱锥E-BPD体积为，

3.（2025高三・全国•专题练习）如图，在四棱台4BCD中,DDi_L平面ABCD,4D〃BC,AD=DC=2,

BC=1,4BCD=60。,412t==1.记平面44DD1与平面B1BCC]的交线为Z,证明：1//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ADIIBC,ADu平面4遇。。1，BCC平面A1ADD1,

所以BC//平面A1ADD1.

又BCu平面BrBCCr,平面A1ADD1n平面B/CC】=1,所以1//BC.

4.（2025高三・全国•专题练习）如图，在三棱柱ZBC—ABiCi中，4c=BC,力也=&B,侧面8%。停为矩

形.记平面&BC1与平面ABC交线为I,证明：AC//1-,

【答案】证明见解析

【分析】根据力C〃平面4BC1，进而根据线面平行的性质即可求解.

【详解】因为在三棱柱4BC-4/16中，47/46，

由于力CC平面&BC],&Gu平面&BG，

所以4C〃平面ABC1，

又因为4cu平面4BC,平面4BCn平面ZiBCi=I,

所以力

考点二、面面平行问题

典例引领

1.（2025高三・全国・专题练习）如图，在四棱锥P-A8CD中，PA=3,AB=2,四边形力BCD为菱形，N4BC=或

P2J_平面ABC。，E,F,Q分别是BC,PC,PD的中点.证明：平面EFQ〃平面P28；

P

【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2BCD为菱形，所以力B〃CD,

又E,F,Q分别是BC,PC,PD的中点，

所以FQ〃CD,EF//PB,故FQ“AB,

因为EFC平面P4B,P8u平面P48,

所以EF〃平面P4B,

同理可得FQ〃平面P4B.

因为EFClFQ=F,EF,FQu平面EFQ,

所以平面EFQ〃平面P4B.

2.（2025高三・全国・专题练习）如图，在三棱柱ABC-中，侧面人①6。为矩形，M,N分别为AC,

的中点.求证：平面BM&〃平面/NC；

【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44GC为矩形的边AC,4G的中点，

所以4M〃&N,4M=&N,即四边形44]NM是平行四边形，

所以A4i//MN,A4i=MN,

因为BBi〃A4，B8i=AAlt

所以BBJ/MN,BBi=MN,即四边形84NM是平行四边形，

所以BM〃B】N,

因为BMC平面B[NC,B]Nu平面&NC,

所以〃平面BiNC,

因为M,N分别为侧面4&GC为矩形的边4C,AG的中点，

所以MC〃&=A]N,即四边形MGV4是平行四边形，

所以4M〃NC,

因为力iMC平面/NC,CNu平面B]NC,

所以41M〃平面&NC,

因为〃平面BiNC,且BMnMa=M,BMu平面BM4,MA】u平面

所以平面BM&〃平面BiNC；

即时检测

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4BCD-A/CDi中，E,F分

别为的中点，48=2&Bi=4,侧面BBiQC与底面4BCD所成角为45。.求证：BD1〃平面&EF；

【答案】证明见解析

【分析】由面面平行的判定定理可证得平面&EF〃平面BBi/D,再由线面平行的判定定理即可证得.

【详解】连接BD、Bi。1，由E,F分别为力的中点，则EF〃BD,

又EFC平面BB/i。，BOu平面BB/iD,故EF〃平面打/久。，

正四棱台4BCD-4/iC也中，&B1//4B且&B1=）B=BF,

则四边形4FBBi为平行四边形，故4/〃8殳，

又AFC平面BBi/D,u平面BBi。]。，故4/〃平面打/久。，

又QEF=F,且u平面AiEF,EFu平面

故平面&EF〃平面BB/D又BD]u平面38必。，故映〃平面&EF；

2.（23-24高三上•河北承德・期中）如图，在四棱锥S—ABC。中，平面SB。_L平面ABC。，底面4BCD是正方

形，且E、F分别是SB、SD上靠近S的三等分点.

s

(2)在SC上是否存在一点M,使平面MBD〃平面4EF?若存在，求出券的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)^=|,理由见解析

【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4BCD是正方形，所以力C1BD,

因为平面SBD_L平面4BCD,平面SBDn平面4BCD=BD,ACu平面4BCD,

所以4C1平面SBD,

又SBu平面SBD,所以"1SB.

(2)i^ACHBD=0,则。为正方形4BCD的中心，

如图，连接S。，交EF于点G,连接4G并延长交SC于点H.

若平面M8D〃平面4EF,平面SACC平面M8D=0M,平面SACC平面AEF=所以。

因为E、F分别是SB、SD上靠近S的三等分点，

所以EF〃BD，所以—，S=P

又。是4C的中点，所以。“〃力H,

所以一=—=1,所以一=

MCOCMC2

故SC上存在一点M,使平面M8D〃平面4EF,此时黑的值为|.

3.(2024高三・全国・专题练习)如图1,直角梯形力BCD中，AB=^CD=2,AD=2,AD1CD,AB!/CD,将直

角梯形力BCD绕2D旋转一周得到如图2的圆台，EF为圆台的母线，且CF=4,M是BC的中点.在线段CF上

是否存在一点N,使MN//平面AEFD?说明理由；

ABIX.\

DC

图1

【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//平面力EFD.

【详解】线段CF上存在一点N,使MN〃平面力EFD.理由如下：

过M作“G1CD,垂足为G,过B作BH1CD,垂足为H,

由M为BC中点，又28=[CD=2,

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,MN,

贝I]GN//DF,又MGHBH,BH//AD,

所以MG//AD,而力Du平面AEFD,MGC平面4EFD,所以MG〃平面力EFD.

同理GN〃平面AEFD,又MGCNG=G,MG,NGu平面MGN,

所以平面MGN//平面AEFD,MNu平面MGN,

所以MN//平面4EF。，

故线段CF上存在一点N,使MN//平面4EFD,且会="

CF4

考点三、平行中的动点问题

1.（2024・四川乐山•三模）在三棱柱ABC—4/iG中，点。在棱BBi上，满足力_BCC】D=[匕BC-ABIJ，点M在

棱AG上，且不防=不，点N在直线BB1上，若MN〃平面4DC],则箸=（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】D

【分析】作出示意图，根据体积关系可得D为BBi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点位置，从而可求解.

【详解】如图所示：

==9

因为%-Z1B1C13所以以-BCCiBi^ABC-A1B1C1

所以5-BCQO=gKlBC-=gX-VA-BCC^=^A-BCC1B1

所以S梯形BCC1D=四边形BCQB，所以又（:出。=四边形BCQBJ则威=7

设三棱柱ABC-4中停1的侧棱长为6,则。a=4,DB=2,

又M为&C1的中点，取的中点E,连接ME,贝IJME//CM。

过E作EN〃AD,且ENClBBi=N,连接MN,又MECEN=E,

所以平面MNE〃平面又MNu平面MNE,

所以MN〃平面ADCi，所以DN=E4=3,

所以NBi=DBi-DN=4—3=1,所以BN=5,则篙=5,

故选：D

2.（2024•辽宁•模拟预测）已知四棱锥P-A8CD的底面4BCD是边长旧的正方形，P2=遍,PH1平面4BCD,

M为线段P4的中点，若空间中存在平而a满足BD〃a,MCca,记平面a与直线PD,PB分别交于点凡F,

则PE=,四边形MECF的面积为.

【答案】乎/|迷乎

【分析】根据题意作出平面a即平面MQH,取4。中点G,利用平行线成比例式可得PE=|PD进而求出PE的

值；通过线面平行的性质得到EF//QH,黑=|,推理得到SAQCE=SHCF=JSAMQH，故可间接法求得四边形

MECF的面积.

【详解】

如图，过点C作BD的平行线QH分别交40,4B的延长线于点Q,H,

则D,B分别为2Q,4”的中点，连接分别交PC,PB于点E,F,则平面MQH即平面a,

取4。的中点G,由力BCD是正方形，得GD连接MG,则MG〃PD,

-=—=—=ED=-MG=-PD,因止匕PE=<PD=7PAi+=辿;

QMMGQG333333

连接EF,因为80//a,平面an平面尸80=EF,8。u平面PB。，所以B0//EF,

所以EF〃QH，翳途=|，

依题意，PD=PB,由BD〃EF,得PE=PF,由△PEMWAPFM,得ME=MF,从而MQ=MH,

由4C1QH,得C为QH的中点，由4B=g,得BD=®QH=2巫,

MC=yjMA2+AC2=J(1A/3)2+(V6)2=手，因SAQCE=S^HCF=|-|SAMQH=5sAMQH，

故四边形MECF的面积S=(1—2x?SAMQH=白颐=：QH•MC=/2限当=粤.

3ysp6oZz

故答案为：蜉；当

【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.

即时

1.(2024•西藏拉萨•二模)如图，正四棱锥P—HBCD的所有棱长都为2,E为PC的中点，M是底面48CD内(包

括边界)的动点，且EM||平面P4B,贝长度的取值范围是.

P

【答案】停，网

【分析】画出草图辅助分析，设BC,力。的中点分别为%,M2，连接如”2，先证明平面M1EM2II平面P4B.

得到动点M在线段“IM2上运动.再作辅助线，将EM长度的取值范围转化为求出点E与线段M1M2上的点的距

离的取值范围.后抽出等腰梯形EFMzMi，借助等腰梯形的性质解题即可.

【详解】如图(1),设的中点分别为风,加2,连接风”2,则心gII4B.因为监时2C平面u

平面P48,所以Mi“2II平面P&B.

又EM1||P8,EMi0平面u平面P4B,所以£%||平面PAB.

又M1“2nEMi="1，所以平面M1EM2II平面PAB,所以动点M在线段M1M2上运动.

设PD,4C的中点分别为F,。，连接M2F,EF,“2E,OE,

则在等腰梯形EFM2Ml中，只需求出点E与线段M1M2上的点的距离的取值范围.

易知"2尸=FE=EM1=Mi。=0M2=1,如图（2）,作EM31M10,贝1JEM3=^,M2E=2EM3=百，所

以EM长度的取值范围是惇码.

故答案为：［手,百］.

2.（2024.陕西榆林•三模）如图是一个半圆柱,DC,48分别是上、下底面圆的直径，。为4B的中点，且4B=2。=

2,E是半圆池上任一点（不与4B重合）.

（1）证明：平面。E41平面CEB,并在图中画出平面DE4与平面CE8的交线（不用证明）；

（2）若点E满足DE=争B,空间中一点P满足加=2PB,求三棱锥。-EOP的体积.

【答案】（1）证明见解析，作图见解析

⑵於

【分析】（1）根据题意可证EB，平面DE4即可得结果；可证BC〃平面DE4进而可得BC〃1,即可得交

线；

（2）根据题意利用解三角知识可得SAEOB=|，利用锥体的体积公式运算求解.

【详解】（1）因为E在脑上，贝l|E4_LEB,

由题意可知：DA1EB,DAnEA=A,EA,DAu平面DE4,

可得EBI平面DE4且EBu平面CEB,所以平面DE41平面CEB.

因为4D〃BC,ADu平面DEA,BCC平面DEA,可得BC〃平面DEA,

设平面DEA与平面CEB的交线为1,

且BCu平面CEB,可得BC〃1,

过E作BC的平行线交加■于点F,贝IjEF即为平面。区4与平面CEB的交线.

.彳、、、

I，，E、、'I

\/、、、4

AOB

(2)因为DE?=AD2+AE2=4+AE2,BE2=AB2-AE2=4-AE2,

可得4+4产=|(4-4产)，解得AE=手，

贝iJsinNEOA=sin2z.EBA=可得SAEOB=|x1X1XsinzFOB=|,

又因为点P满足加=2PB,即点P是线段DB上靠近B的三等分点，

可得力-EOP=Vo-DEP=|%-DEB=|%-OEB=|X^AEOB-AD=

所以三棱锥。-EOP的体积为/_EOP=W

考点四、线线、线面垂直问题

典例引领

1.(2024•陕西咸阳・模拟预测)如图1,在高为6的等腰梯形力BCD中，AB//CD,且CD=6,AB=12,将它

沿对称轴。Oi折起，使平面ADO1。，平面BCOi。，如图2,点P为BC的中点，点E在线段力B上(不同于4B

两点)，连接。E并延长至点Q,使4Q〃。丛

D。、C

AOBAQ

图1图2

(1)证明：。。_1平面24<2；

(2)若BE=24E,求三棱锥P-4BQ的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)9

【分析】(1)由。力，0B,。。1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到。。14Q,0D1PQ,

再根据线面垂直判定定理即可证明；

(2)先计算SNBQ，再计算三棱锥P-4BQ的高h=争，然后根据棱锥体积计算即可.

【详解】(1)由题设知。4。昆。。1两两垂直，

以。为坐标原点，。40B,。01所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设4Q=m,则。(0,0,0),4(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),0(3,0,6),Q(6,m,0),

则而=(3,0,6),而=(0,m,0),PQ=(6,小一］,一3),

因为P为BC中点，所以P(0,1,3).

因为赤-AQ=0,~OD-~PQ=0,

所以南LAQ,OD1PQ,

即。。1AQ,OD1PQ,

又AQ,PQu平面P4Q/QnPQ=Q,

所以。。1平面P4Q.

(2)因为BE=24E,AQ//OB,

所以4Q=10B=3,

因为=12,由题设知。A1OB,所以。A=6,

所以S4BQ=.04=[x3x6=9

因为高为6的等腰梯形A4BCD中，AB//CD,

所以三棱锥P-4BQ的高九="=3,

所以％TBQ=[S-BQ•等=/9-3=9.

2.(24-25高三上•山西大同・期末)如图，四棱锥P—ABCD中，底面4BCD为矩形，PA，底面2BCD,且M,N分

别为棱力B,PC的中点，平面CMN与平面PAD交于直线/.

（2）若PD与底面A8CD所成角为a,当a满足什么条件时，MN1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）先确定为PD与底面4BCD所成角，当NP£M=45。时，结合（1）的结论以及线面垂直的判定定

理即可得答案.

【详解】（1）证明：取PD的中点G,连接G4GN,

•••G,N分别为PD,PC的中点，

•••GN||-CD,

—2

为4B的中点，且4BCD为矩形，

•••AM||-CD,

=2

•••GNnAM,

.•.四边形4MNG为平行四边形，

MN||AG,

•••MNC平面PAD,4Gu平面PAD,

MN||平面PAD,

又MNu平面MNC,平面24。Cl平面MNC=Z,

MN||I.

(2)PALJ^^ABCD,

■■为PD与底面ABC。所成角a,

当a=45。时，由（1）有4G1PD,

•••CD1AD,CD1PA,

S.ADOPA=A,4D,P4u平面PAD,

CD_L平面P4。，

因为力Gu平面PAO,

CDLAG,

CDCPD=D,CD,PDu面PCD,/.AG_L面PC。，

由(1)有4G||MN,

•••MN1平面PCD.

即时检测

1.(2024•广东东莞・模拟预测)如图，已知四棱台48CD-的上、下底面分别是边长为2和4的正

方形，4a=4,且441，底面ABCD,点P、Q分别是棱B/、的中点.

(1)在底面41B1GA内是否存在点M,满足4M，平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明

理由；

(2)设平面CPQ交棱于点T,平面CPTQ将四棱台4BCD-力IB©八分成上、下两部分，求上、下两

部分的体积比.

【答案】(1)存在，点M的位置见解析

⑵H

【分析】(1)建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据利用向量的数量积列出

等式计算即可；

(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4BCD-4/16/的上、下底面都是正方形，且441，底面ABCD,

所以可以以A为坐标原点，AB,AD,44］分别为x,y,z轴建立如图所示坐标系，

则4(0,0,0),B(4,0,0),B1(2,0,4),P(3,0,2),“4,4,0),

D(0,4,0),Dr(0,2,4),Q(0,3,2),CP=(-1,-4,2),CQ=(-4,-1,2),

假设在底面4B1QD1内存在点M,满足AM,平面CPQ,则可设“(而,九/),

有AM.PMM1CQ,则图亘=。，Bp[-J-4yo+8=O

[AM•CQ=0l-4x0-y0+8=0

'_8

所以广百，河（要’4），

（y。—

故在底面&B1QD1内存在点时0谭,4）,满足4M，平面CPQ.

（2）设7（0,0,t）,因为点T在平面CPQ内，所以可设而=2而+〃衣,

贝式-4,-4,t)=A(-l,-4,2)+〃(-4,一1,2),

%=i

'_A_4/z=—45

所以_4久_〃=_4,所以｛//=(,则T(0,0,蔡)，

2A+2〃—tI16

(t=F

...vi11644

XXXX=，

连接AQ,S四边形/QQT=SAADQ+SLATQ=2^2+-T^T

设平面CPTQ将四棱台ZBCD-A/CIDI分成上、下两部分的体积分别为匕、%,

八~“四棱锥P—ABC。+卜四棱锥P—ADQT+&棱锥P—CDQ'

'四棱锥PTBCD=-X4X4x2=y,卜四棱锥P"QT=3><¥><3=~，

取441的中点N,连接尸N,NQ,则PN〃ZB〃CO,NQ//ADfNQ=3,

又CDu平面CDQ,「可仁平面。。。，所以PN〃平面CDQ,