2025高考數學專項復習第八章立體幾何與空間向量第三節空間直線、平面的平行課標解讀考向預測1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系，并加以證明.2.掌握直線與平面、平面與平面平行的判定與性質，并會簡單應用.近幾年空間直線與平面平行的有關知識，一直是高考命題的熱點，重點考查學生的空間想象能力、計算能力、推理論證能力以及轉化思想．預計2025年高考這一部分知識仍會考查，以解答題第(1)問的形式出現，難度中檔.必備知識——強基礎1．線面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果平面外一條直線與eq\x(\s\up1(01))此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行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性質定理一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面eq\x(\s\up1(05))相交，那么該直線與交線平行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質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面內的兩條eq\x(\s\up1(09))相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行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性質定理兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面eq\x(\s\up1(15))相交，那么兩條eq\x(\s\up1(16))交線平行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)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.(2)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.(4)若α∥β，a?α，則a∥β.2．三種平行關系的轉化1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若直線a∥平面α，P∈α，則過點P且平行于直線a的直線有無數條．()(2)若直線a?平面α，直線b?平面β，a∥b，則α∥β.()(3)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面．()答案(1)×(2)×(3)√2．小題熱身(1)(人教A必修第二冊習題8.5T1改編)下列說法中，與“直線a∥平面α”等價的是()A．直線a上有無數個點不在平面α內B．直線a與平面α內的所有直線平行C．直線a與平面α內無數條直線不相交D．直線a與平面α內的任意一條直線都不相交答案D解析因為a∥平面α，所以直線a與平面α無交點，因此直線a與平面α內的任意一條直線都不相交．故選D.(2)已知不重合的直線a，b和平面α，則下列說法正確的是()A．若a∥α，b?α，則a∥bB．若a∥α，b∥α，則a∥bC．若a∥b，b?α，則a∥αD．若a∥b，a?α，則b∥α或b?α答案D解析若a∥α，b?α，則a，b平行或異面，A錯誤；若a∥α，b∥α，則a，b平行、異面或相交，B錯誤；若a∥b，b?α，則a∥α或a?α，C錯誤；若a∥b，a?α，則b∥α或b?α，D正確．故選D.(3)(2024·福建寧德一中質檢)已知α，β是空間兩個不同的平面，命題p：“α∥β”，命題q：“平面α內有無數條直線與β平行”，則p是q的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析若α∥β，則平面α內的任意一條直線平行于另一個平面，故平面α內有無數條直線與β平行，所以p可以推出q；根據面面平行的判定定理，如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行．若平面α內有無數條直線與β平行，則α與β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故選A.(4)如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為________．答案平行四邊形解析∵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，∴四邊形EFGH是平行四邊形．考點探究——提素養考點一空間中平行關系的基本問題例1在下列判斷兩個平面α與β平行的四個命題中，真命題的個數是()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都垂直于直線l，那么α∥β；④如果l，m是兩條異面直線，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥β.A．0 B．1C．2 D．3答案D解析如圖，易知在正方體中相鄰兩個側面都垂直于底面，故①是假命題；由平面平行的傳遞性可知②是真命題；由線面垂直的性質可知③是真命題；過直線l作平面γ與α，β分別交于l1，l2，過直線m作平面χ與α，β分別交于m1，m2，因為l∥α，l∥β，所以l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2，因為l1?β，l2?β，所以l1∥β，同理，m1∥β，又l，m是兩條異面直線，所以l1，m1相交，且l1?α，m1?α，所以α∥β，故④是真命題．故選D.【通性通法】(1)判斷與平行關系相關命題的真假，必須熟悉線、面平行關系的各個定義、定理，無論是選擇題還是含有選擇項的填空題，都可以先從中選出最熟悉、最容易判斷的選項確定或排除，再逐步判斷其余選項．(2)直線、平面間平行的判定方法①關注是否符合判定定理與性質定理，并注意定理中易忽視的條件；②結合題意構造或繪制圖形，結合圖形作出判斷；③利用實物進行空間想象，比較判斷；④熟記一些常見結論，如垂直于同一條直線的兩個平面平行等．【鞏固遷移】1．已知a，b，c為三條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面．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.其中正確的命題是()A．①⑤ B．①②C．②④ D．③⑤答案A解析對于①，由基本事實4，可知①正確；對于②，若a∥β，b∥β，則a，b共面或異面，故②錯誤；對于③，若a∥c，c∥α，則a∥α或a?α，故③錯誤；對于④，若a∥β，a∥α，則α，β平行或相交，故④錯誤；對于⑤，由a?α，b?α，a∥b，根據線面平行的判定定理，可得a∥α，故⑤正確．故選A.考點二直線與平面平行的判定與性質(多考向探究)考向1直線與平面平行的判定例2如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，E，F分別是BC，PD的中點．求證：(1)PB∥平面ACF；(2)EF∥平面PAB.證明(1)如圖，連接BD交AC于O，連接OF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是BD的中點，又F是PD的中點，∴OF∥PB，又OF?平面ACF，PB?平面ACF，∴PB∥平面ACF.(2)證法一：如圖，取PA的中點G，連接GF，BG.∵F是PD的中點，∴GF是△PAD的中位線，∴GF綊eq\f(1,2)AD，∵底面ABCD是平行四邊形，E是BC的中點，∴BE綊eq\f(1,2)AD，∴GF綊BE，∴四邊形BEFG是平行四邊形，∴EF∥BG，又EF?平面PAB，BG?平面PAB，∴EF∥平面PAB.證法二：如圖，取AD的中點H，連接FH，EH.∵F為PD的中點，∴FH是△PAD的中位線，∴FH綊eq\f(1,2)PA，又PA?平面PAB，FH?平面PAB，∴FH∥平面PAB.∵H為AD的中點，E為BC的中點，∴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】判斷或證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(無公共點)．(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．(3)利用面面平行的性質(α∥β，a?α?a∥β)．(4)利用面面平行的性質(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)(客觀題可用)．【鞏固遷移】2．如圖所示，正方形ABCD與正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一點P，Q，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面BCE.證明證法一：如圖所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，連接MN.∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共邊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，∴四邊形PMNQ為平行四邊形，∴PQ∥MN.又MN?平面BCE，PQ?平面BCE，∴PQ∥平面BCE.證法二：如圖，在平面ABEF內，過點P作PM∥BE交AB于M，連接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直線與平面平行的性質例3如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和PA作平面交BD于點H.求證：PA∥GH.證明如圖所示，連接AC交BD于點O，連接OM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，又M是PC的中點，∴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】應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線．【鞏固遷移】3．如圖，四邊形ABCD是矩形，P?平面ABCD，過BC作平面BCFE交AP于點E，交DP于點F，EF與AD不重合．求證：四邊形BCFE是梯形．證明∵四邊形ABCD為矩形，∴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，∴四邊形BCFE是梯形．考點三平面與平面平行的判定與性質例4(2024·江西九江一中質檢)在三棱柱ABC－A1B1C1中，(1)若E，F，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證：平面EFA1∥平面BCHG；(2)若D，D1分別是AC，A1C1上的點，且平面BC1D∥平面AB1D1，試求eq\f(AD,DC)的值．解(1)證明：∵E，F分別是AB，AC的中點，∴EF∥BC，∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG，∵A1G∥EB，A1G＝EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴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)如圖，連接A1B，AB1，設A1B與AB1相交于點O，連接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為線段A1C1的中點，∴D為線段AC的中點，即eq\f(AD,DC)＝1.【通性通法】1．判定面面平行的四種方法(1)利用定義：即證兩個平面沒有公共點(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用)．(4)利用平面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(客觀題可用)．2．面面平行的應用(1)兩平面平行，構造與之相交的第三個平面，可得交線平行．(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行，可用于證明線面平行．【鞏固遷移】4．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分別為B1C1，A1B1，AB的中點．(1)求證：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求證：H為BC的中點．證明(1)∵E，F分別為B1C1，A1B1的中點，∴EF∥A1C1，∵A1C1?平面A1C1G，EF?平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又F，G分別為A1B1，AB的中點，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四邊形A1GBF為平行四邊形，則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，則A1C1∥GH，又A1C1∥AC，∴GH∥AC，∵G為AB的中點，∴H為BC的中點．考點四平行關系的綜合應用例5(2023·廣東佛山高三模擬)在三棱錐S－ABC中，AB⊥平面SAC，AS⊥SC，AB＝1，AC＝eq\r(2)，E為AB的中點，M為CE的中點，在線段SB上是否存在一點N，使MN∥平面SAC？若存在，指出點N的位置并給出證明；若不存在，說明理由．解存在點N為SB上的靠近S的四等分點，即SN＝eq\f(1,4)SB，使MN∥平面SAC.證明如下：取AE的中點F，連接FN，FM，則MF∥AC，因為AC?平面SAC，MF?平面SAC，所以MF∥平面SAC，因為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】三種平行關系的轉化解決存在問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果出發，尋找使這個結論成立的充分條件，若找到了使結論成立的充分條件，則存在；若找不到使結論成立的充分條件(出現矛盾)，則不存在．【鞏固遷移】5．(2024·河北衡水月考)如圖1，菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，DE⊥AB于點E，將△AED沿直線DE翻折到△A′ED，使A′E⊥BE，如圖2.(1)求三棱錐C－A′BD的體積；(2)在線段A′D上是否存在一點F，使EF∥平面A′BC？若存在，求eq\f(DF,FA′)的值；若不存在，說明理由．解(1)由題意可知，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝BC＝CD＝DA＝4，DE⊥AB，故AE＝EB＝2，ED＝2eq\r(3)，所以在四棱錐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，連接BD，因為BC＝CD＝4，∠BCD＝60°，則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).故三棱錐C－A′BD的體積為eq\f(8\r(3),3).(2)設線段A′D的中點為F，線段A′C的中點為G，連接EF，FG，GB，因為F為A′D的中點，G為A′C的中點，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，所以四邊形EBGF為平行四邊形，故EF∥BG，EF＝BG，又EF?平面A′BC，BG?平面A′BC，所以EF∥平面A′BC，此時F為A′D的中點，故eq\f(DF,FA′)＝1.課時作業一、單項選擇題1．下列命題中正確的是()A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經過b的任何平面B．若直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內的任何直線平行C．平行于同一條直線的兩個平面平行D．若直線a，b和平面α滿足a∥b，a?α，b?α，則b∥α答案D解析對于A，a可以在經過b的平面內；對于B，a與α內的直線也可能異面；對于C，兩平面也可能相交；對于D，由直線與平面平行的判定定理知b∥α.故選D.2．(2023·廣東湛江模擬)設α，β是兩個不重合的平面，下列選項中，是“α∥β”的充要條件的是()A．α內存在無數條直線與β平行B．存在直線l與α，β所成的角相等C．存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥βD．α內存在不共線的三個點到β的距離相等答案C解析對于A，如果α∩β＝l，在α內與直線l平行的直線有無數條，但此時α不平行于β，A不符合題意；對于B，如果α∩β＝m，在空間必存在直線l與m平行，此時直線l也與兩個平面平行，即直線l與α，β所成的角都等于0，B不符合題意；對于C，如果α∥β，則一定存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β，若γ∥α且γ∥β，則也一定有α∥β，則“存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β”是“α∥β”的充要條件，C符合題意；對于D，當α∥β時，α內必存在不共線的三個點到β的距離相等，但當α與β相交時，同樣可以在α內找到不共線的三點到β的距離相等，D不符合題意．故選C.3.(2024·湖南岳陽一中階段考試)如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F分別為邊AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點，則()A．BD∥平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形答案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分別為BC，CD的中點，所以HG綊eq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四邊形EFGH是梯形．故選B.4.(2023·杭州模擬)已知P為△ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，且α與線段PA，PB，PC分別交于點A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則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.故選D.5.(2023·福州檢測)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F，G，P，Q分別為棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中點，則下列敘述中正確的是()A．直線BQ∥平面EFGB．直線A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案B解析過點E，F，G的截面為如圖所示的六邊形FGHEIQ(H，I分別為AA1，BC的中點)，連接A1B，BQ，AP，AC，PC，易知BQ與平面EFG相交于點Q，故A錯誤；∵A1B∥HE，A1B?平面EFG，HE?平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正確；AP?平面ADD1A1，HG?平面ADD1A1，延長HG與PA必相交，故C錯誤；易知平面A1BQ與平面EFG有交點Q，故D錯誤．故選B.6．若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有()A．0條 B．1條C．2條 D．1條或2條答案C解析如圖所示，平面α即平面EFGH，則四邊形EFGH為平行四邊形，則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，所以與平面α(平面EFGH)平行的棱有2條．故選C.7．(2024·河北承德模擬)如圖所示，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，點P是棱AD上一點，且AP＝eq\f(a,3)，過B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，點Q在直線CD上，則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解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BD，BB1∥DD1，BB1＝DD1，∴四邊形DD1B1B是平行四邊形，∴B1D1∥BD，又在正方體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)，又正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為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.故選A.8.(2023·重慶聯考)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F分別在線段DB，DD1上，且eq\f(DE,EB)＝eq\f(DF,FD1)＝eq\f(1,2)，點G在CC1上，且平面AEF∥平面BD1G，則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解析如圖所示，延長AE交CD于H，連接FH，則△DEH∽△BEA，所以eq\f(DH,AB)＝eq\f(DE,EB)＝eq\f(1,2).因為平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C1＝FH，平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G，所以FH∥D1G.又四邊形CDD1C1是平行四邊形，所以△DFH∽△C1GD1，所以eq\f(DF,C1G)＝eq\f(DH,C1D1)，因為eq\f(DH,C1D1)＝eq\f(DH,AB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(DF,C1G)＝eq\f(1,2)，因為eq\f(DF,FD1)＝eq\f(1,2)，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以eq\f(CG,CC1)＝eq\f(1,3).故選B.二、多項選擇題9．(2023·山東濟寧期末)已知m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則下列說法正確的是()A．若m∥α，n∥β且α∥β，則m∥nB．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥βC．若m∥n，n?α，α∥β，m?β，則m∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β答案BC解析若m∥α，n∥β且α∥β，則可能m∥n，m，n異面或m，n相交，A錯誤；若m∥n，m⊥α，則n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正確；若m∥n，n?α，則m∥α或m?α，又α∥β，m?β，故m∥β，C正確；若m∥n，n⊥α，則m⊥α，又α⊥β，則m∥β或m?β，D錯誤．故選BC.10．(2023·江蘇常州模擬)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，D，E，F分別為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面DEF平行的是()答案AC解析對于A，易知AB∥DE，AB?平面DEF，DE?平面DEF，∴直線AB∥平面DEF，故A符合題意；對于B，如圖1，∵AB∥MN，MN與平面DEF相交，∴AB與平面DEF相交，故B不符合題意；對于C，∵AB∥DF，AB?平面DEF，DF?平面DEF，∴直線AB與平面DEF平行，故C符合題意；對于D，如圖2，連接AC，取AC的中點O，連接OD，則AB∥OD，∵OD與平面DEF相交．∴直線AB與平面DEF相交，故D不符合題意．故選AC.三、填空題11.(2023·陜西安康模擬)如圖，四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，M是AD的中點，BC與平面α交于點N，AB＝4，CD＝6，則MN＝________．答案5解析因為AB∥平面α，AB?平面ABCD，平面ABCD∩平面α＝MN，所以AB∥MN.又M是AD的中點，所以MN是梯形ABCD的中位線，故MN＝eq\f(1,2)(AB＋CD)＝5.12．(2024·河南信陽光山中學質檢)正方體ABCD－A1B1C1D1中，與平面ACD1平行的面對角線有________條．答案3解析如圖，連接A1C1，A1B，BC1.由正方體的性質，可得AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四邊形ACC1A1是平行四邊形，所以AC∥A1C1.因為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.其余面對角線均與平面ACD1有交點，所以與平面ACD1平行的面對角線有3條．13.如圖所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，則M只需滿足條件________，就有MN∥平面B1BDD1.(注：填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況)答案點M在線段FH上(或點M與點H重合)解析連接HN，FH，FN(圖略)，則FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.14.(2024·江蘇輔仁高級中學階段考試)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq\r(3)，E，F，G分別是AB，BC，C1D1的中點，點P在平面ABCD內，若直線D1P∥平面EFG，則線段D1P長度的最小值是________．答案eq\f(\r(7),2)解析如圖，連接D1A，AC，D1C.因為E，F，G分別為AB，BC，C1D1的中點，所以AC∥EF，又EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，則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.因為直線D1P∥平面EFG，所以點P在直線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)，故當D1P⊥AC時，線段D1P的長度最小，最小值為eq\f(\f(\r(7),2),\f(1,2)×2)＝eq\f(\r(7),2).四、解答題15．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分別是BC，CC1，C1D1，AA1的中點，求證：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.證明(1)取B1B的中點M，連接HM，MC1，∵H是AA1的中點，∴HM綊A1B1，∵A1B1綊C1D1，∴HM綊C1D1，∴四邊形HMC1D1是平行四邊形，∴HD1∥MC1.∵M，F分別是BB1，CC1的中點，∴BM綊C1F，∴四邊形BMC1F是平行四邊形，∴MC1∥BF，∴BF∥HD1.(2)取BD的中點O，連接OE，OD1，則OE綊eq\f(1,2)DC，又D1G綊eq\f(1,2)DC，∴OE綊D1G.∴四邊形OEGD1是平行四邊形，∴EG∥D1O.又D1O?平面BB1D1D，EG?平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，由題意易證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·廣西柳州模擬)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側面PAD為正三角形，M為線段PD上一點，N為BC的中點．(1)當M為PD的中點時，求證：MN∥平面PAB；(2)當PB∥平面AMN時，求出點M的位置，并說明理由．解(1)證明：取AP的中點E，連接EM，EB，在△PAD中，M為PD的中點，E為AP的中點，∴EM∥AD，EM＝eq\f(1,2)AD，在平行四邊形ABCD中，N為BC的中點，∴BN∥AD，BN＝eq\f(1,2)AD，∴BN∥EM，BN＝EM，∴四邊形BNME為平行四邊形，∴MN∥BE，又MN?平面PAB，BE?平面PAB，∴MN∥平面PAB.(2)連接AN，BD，交于O，連接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)，即存在點M，M為PD上靠近點P的三等分點．17．(2023·江西贛州統考二模)在棱長為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P滿足eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AP,\s\up6(→))，E，F分別為棱BC，CD的中點，點Q在正方體ABCD－A1B1C1D1的表面上運動，滿足A1Q∥平面EFP，則點Q的軌跡所構成圖形的周長為()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解析延長AD，AB，分別交EF的延長線于點H，G，連接PG，PH，分別交BB1，DD1于點R，T，過點A1作A1K∥PG交BB1于點K，過點A1作A1N∥PH交DD1于點N，因為A1K?平面EFP，PG?平面EFP，所以A1K∥平面EFP，同理可得A1N∥平面EFP，因為A1K∩A1N＝A1，所以平面EFP∥平面A1KN，過點N作NM∥A1K交CC1于點M，連接MK，則MK∥A1N，則平行四邊形A1KMN(A1點除外)為點Q的軌跡所構成的圖形．因為正方體的棱長為4，E，F分別為棱BC，CD的中點，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AP,\s\up6(→))，所以AP＝1，BR＝DT＝eq\f(1,3).因為A1P＝KR＝NT＝3，所以B1K＝D1N＝4－3－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，過點N作NJ⊥CC1于點J，則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)，所以點Q的軌跡所構成圖形的周長為eq\f(8\r(37),3).故選D.18．(多選)(2024·湖南長郡中學月考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝2，∠ABC＝eq\f(π,2)，M是AB的中點，N是A1C1的中點，點P在線段B1N上，點Q是線段CM上靠近M的三等分點，R是線段AC1的中點，若PR∥平面B1CM，則()A．PR∥B1QB．P為B1N的中點C．三棱錐P－B1CM的體積為eq\f(2,3)D．三棱錐P－ABC外接球的表面積為eq\f(748π,81)答案ACD解析對于A，B，連接BQ并延長交CA于點S，連接NS，由平面幾何知識可得，Q是△ABC的重心，S是CA的中點，且N，R，S三點共線，因為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，由直棱柱的性質有B1N∥BS，因此四邊形B1KSQ是平行四邊形，B1K＝SQ＝eq\f(1,3)BS＝eq\f(1,3)B1N，又由平面幾何知識知，R是NS的中點，因此P是NK的中點，從而NP＝eq\f(1,2)NK＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)B1N＝eq\f(1,3)B1N，即P為B1N上靠近N的三等分點，所以A正確，B錯誤；對于C，B1P＝BQ＝eq\f(2,3)BS，因此四邊形B1PQB是平行四邊形，所以BP與B1Q互相平分，從而點P與點B到平面B1CM的距離相等，三棱錐P－B1CM的體積等于三棱錐B－B1CM的體積，而VB－B1CM＝VB1－BCM＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以C正確；對于D，因為△ABC的外心是S，由NS∥CC1，得NS⊥平面ABC，所以三棱錐P－ABC的外接球的球心一定在直線NS上，設三棱錐P－ABC的外接球的球心為O，半徑為r，OS＝h，則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)，所以三棱錐外接球的表面積為S＝4πr2＝eq\f(748π,81)，所以D正確．故選ACD.19．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為對角線BD，CD1上的點，且eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3).(1)求證：PQ∥平面A1D1DA；(2)若R是AB上的點，eq\f(AR,AB)的值為多少時，能使平面PQR∥平面A1D1DA？請給出證明．解(1)證明：連接CP并延長，與DA的延長線交于點M，如圖，連接MD1，因為四邊形ABCD為正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以eq\f(CP,MP)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3)，又因為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)當eq\f(AR,AB)的值為eq\f(3,5)時，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如圖，證明如下：因為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.第四節空間直線、平面的垂直課標解讀考向預測1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系.2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單的應用.近三年高考考查空間直線、平面的垂直，主要以直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質為主，通常和空間向量結合命題，考查考生的推理論證能力和轉化與化歸能力，難度適中．預計2025年高考本節內容仍會考查，以解答題第(1)問的形式呈現，難度中檔.必備知識——強基礎1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的定義如果直線l與平面α內的eq\x(\s\up1(01))任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)判定定理與性質定理文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一條直線與一個平面內的eq\x(\s\up1(02))兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直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性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(07))a⊥α,\x(\s\up1(08))b⊥α))?a∥b2.直線與平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的eq\x(\s\up1(09))射影所成的角叫做這條直線與這個平面所成的角．一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°.(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定義：從一條直線出發的eq\x(\s\up1(10))兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作eq\x(\s\up1(11))垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．(3)范圍：[0，π]．4．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的定義兩個平面相交，如果它們所成的二面角是eq\x(\s\up1(12))直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)判定定理與性質定理文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面過另一個平面的eq\x(\s\up1(13))垂線，那么這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(14))a?α,\x(\s\up1(15))a⊥β))?α⊥β性質定理兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的eq\x(\s\up1(16))交線，那么這條直線與另一個平面垂直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⊥α1．兩個重要結論(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法)．2．三種垂直關系的轉化線線垂直eq\o(,\s\up7(判定))線面垂直eq\o(,\s\up7(判定),\s\do5(性質))面面垂直3．三垂線定理在平面內的一條直線，如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．4．三垂線定理的逆定理平面內的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內的射影垂直．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)直線l與平面α內的無數條直線都垂直，則l⊥α.()(2)垂直于同一個平面的兩平面平行．()(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面．()(4)若平面α⊥平面β，則平面α內一定存在直線平行于平面β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)已知平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，給出下列說法：①若m⊥n，則m⊥l；②若m⊥l，則m⊥β；③若m⊥β，則m⊥n，其中正確說法的序號為()A．①②③ B．①②C．①③ D．②③答案D解析平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①錯誤；②若m⊥l，由面面垂直的性質定理可得m⊥β，故②正確；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正確．故選D.(2)設m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內，下列結論中錯誤的是()A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若m⊥α，n⊥α，則m∥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m⊥n，n∥α，則m⊥α答案D解析對于A，∵n∥α，由線面平行的性質定理可知，過直線n的平面β與平面α的交線l平行于n，∵m⊥α，l?α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正確；對于B，若m⊥α，n⊥α，由直線與平面垂直的性質，可得m∥n，故B正確；對于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，又n?α，∴n∥α，故C正確；對于D，若m⊥n，n∥α，則m∥α或m與α相交或m?α，而m?α，則m∥α或m與α相交，故D錯誤．故選D.(3)(多選)(2024·山東聊城質檢)已知兩條不同的直線l，m和兩個不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四個命題中正確的是()A．若m⊥β，則l∥mB．若α∥β，則l⊥αC．若α⊥β，則l∥αD．若l⊥m，則m∥β答案AB解析對于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正確；對于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正確；對于C，若l⊥β，α⊥β，則l∥α或l?α，故C錯誤；對于D，若l⊥β，l⊥m，則m∥β或m?β，故D錯誤．故選AB.(4)(多選)(人教A必修第二冊習題8.6T20改編)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對于B，由A項可知，BC⊥AE，由題意可知，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正確；對于C，若AC⊥PB，因為AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB?平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC?平面PBC，則AC⊥PC，與AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C錯誤；對于D，由B項可知，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正確．故選ABD.考點探究——提素養考點一空間中垂直關系的基本問題例1已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.其中所有正確的命題是()A．②③ B．①④C．②④ D．①③答案B解析對于①，若m⊥n，過直線m上點A作直線l，使l∥n，則直線m與l確定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如圖1，則有l⊥β，因為m⊥α，m?γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c?γ得c∥l，則c⊥β，所以α⊥β，①正確；對于②，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分別為平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中點分別為M，N，P，連接MN，MP，令直線MN，MP分別為直線m，n，如圖2，顯然滿足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②錯誤；對于③，取②中正方體，令平面ABCD，平面DCC1D1分別為平面α，β，直線AA1，A1B1分別為直線m，n，顯然滿足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③錯誤；對于④，因為n∥β，則存在過直線n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，則有m⊥β，從而有m⊥b，所以m⊥n，④正確．故選B.【通性通法】與垂直關系有關命題真假的判斷方法(1)借助幾何圖形來說明．(2)尋找反例，只要存在反例，結論就不正確．(3)反復驗證所有可能的情況，必要時要運用判定或性質定理進行簡單說明．【鞏固遷移】1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題：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.其中正確命題的個數為()A．4 B．3C．2 D．1答案D解析對于①，如果m?α，n?α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m與n相交，故①錯誤；對于②，如果m∥n，n⊥α，由線面垂直的性質可知m⊥α，故②正確；對于③，如果α⊥β，m?α，n?β，那么m⊥n或m∥n或m與n相交(不垂直)或m與n異面(不垂直)，故③錯誤；對于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n?α，那么n⊥β或n與β相交(不垂直)，故④錯誤．故選D.考點二直線與平面垂直的判定與性質(多考向探究)考向1直線與平面垂直的判定例2(1)(2023·天津河西期末)如圖，圓柱OO′中，AA′是側面的母線，AB是底面的直徑，C是底面圓上一點，則()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解析對于A，依題意AA′⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圓的直徑，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC?平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正確；對于B，顯然BC與AB不垂直，則BC不可能垂直于平面A′AB，故B錯誤；對于C，顯然AC與A′C不垂直，則AC不可能垂直于平面A′BC，故C錯誤；對于D，顯然AC與AB不垂直，則AC不可能垂直于平面A′AB，故D錯誤．故選A.(2)(2024·四川綿陽模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E分別為AB，PB的中點，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求證：BC⊥平面PAC.證明∵在△AEB中，D是AB的中點，EB＝EA，∴ED⊥AB，∵E是PB的中點，D是AB的中點，∴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．證明直線和平面垂直的常用方法(1)判定定理．(2)垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)．(3)面面平行的性質(a⊥α，α∥β?a⊥β)．(4)面面垂直的性質(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α)．2．證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．因此判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想．【鞏固遷移】2.(2023·江蘇金陵中學三模)如圖，圓錐DO中，AE為底面圓O的直徑，AE＝AD，△ABC為底面圓O的內接正三角形，圓錐的高DO＝18，點P為線段DO上一個動點．當PO＝3eq\r(6)時，證明：PA⊥平面PBC.證明連接DE，因為AE＝AD，AD＝DE，所以△ADE是正三角形，則∠DAO＝eq\f(π,3)，又DO⊥底面圓O，AE?底面圓O，所以DO⊥AE，在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝eq\f(DO,\r(3))＝6eq\r(3).因為△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，同理可證AP⊥PC，又BP∩PC＝P，BP，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.考向2直線與平面垂直的性質例3(1)已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A?α，B?α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝()A．2 B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)答案A解析因為AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.連接OD，則O，C，D三點共線，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因為OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因為AC＝1，所以BD＝2.故選A.(2)(2024·山東臨沂一中階段考試)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖所示，A1A＝AB，G，E，F分別是A1C1，AB，BC的中點，求證：EF⊥GB.證明連接B1G，在等邊三角形A1B1C1中，因為G是A1C1的中點，所以B1G⊥A1C1.因為B1B⊥平面A1B1C1，A1C1?平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1.因為B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B?平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因為GB?平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因為E，F分別是AB，BC的中點，所以EF∥AC，所以EF∥A1C1，所以EF⊥GB.【通性通法】1．垂直關系里線線垂直是基礎eq\a\vs4\al(線線垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(勾股定理逆定理,線面垂直則垂直面內所有線,等腰三角形三線合一,矩形鄰邊垂直,菱形對角線垂直))2．垂直關系中線面垂直是重點(1)eq\a\vs4\al(線面垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直兩條相交線,垂面里面作垂線,直（正）棱柱的側棱是垂線,\a\vs4\al(正棱錐的頂點與底面的中心的連線是垂線)))(2)eq\a\vs4\al(線垂面,有何用)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直里面所有線（證線線垂直）,過垂線作垂面（證明面面垂直）))【鞏固遷移】3．過△ABC所在平面α外的一點P，作PO⊥α，垂足為O，若點P到直線AB，AC和BC的距離都相等，則點O是△ABC的()A．內心 B．外心C．重心 D．垂心答案A解析如圖，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由題意可得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的內心．故選A.4.(2024·山西大同一中階段練習)如圖，在四面體P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.(1)求證：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G為垂足，求證：AG⊥BD.證明(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.考點三平面與平面垂直的判定與性質例4如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ADEF為正方形，DE＝BD＝1，CE＝eq\r(2)，G為DA的中點，H為DE的中點．(1)求證：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；(2)求三棱錐B－CEG的體積．解(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.因為四邊形ABCD為菱形，所以DC＝DE＝1.又因為CE＝eq\r(2)，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC.因為DA∩DC＝D，且DA，DC?平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.又因為DE?平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.因為BD＝1＝DA＝AB，G為DA的中點，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.因為HF?平面ADEF，所以BG⊥HF.因為四邊形ADEF為正方形，G為DA的中點，H為DE的中點，所以tan∠HFE＝tan∠GED＝eq\f(1,2)，∠HFE＝∠GED.因為∠GEF＋∠GED＝eq\f(π,2)，所以∠GEF＋∠HFE＝eq\f(π,2)，從而HF⊥GE.因為BG∩GE＝E，BG，GE?平面BGE，所以HF⊥平面BGE，因為BE?平面BGE，所以HF⊥BE.(2)因為四邊形ADEF為正方形，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，可得三棱錐E－GBC的高為DE＝1.因為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的面積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)面面垂直的定義．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性質的應用(1)面面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”．(2)若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．【鞏固遷移】5.(2024·山東棗莊三中月考)在三棱錐V－ABC中，側面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，則()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案C解析因為∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC為等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC與BC不垂直，即A錯誤；過點V作VO⊥BC于點O，連接OA，因為側面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即點V在底面ABC上的投影為點O，因為OA?平面ABC，所以VO⊥OA.因為VA＝VB，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以OA⊥BC，因為VO∩OA＝O，VO，OA?平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因為VA?平面VOA，所以VA⊥BC，即C正確；由三垂線定理知，若VB⊥AC，則BC⊥AC，這與∠ACB＝45°矛盾，故VB與AC不垂直，同理，VC與AB不垂直，即B，D錯誤．故選C.6.(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．解(1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，因為∠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)如圖，過點A1作A1O⊥CC1，垂足為O.因為平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.因為∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC為公共邊，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，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.考點四幾何法求直線與平面所成的角與二面角例5(多選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC與BD交于點O，則下列結論正確的是()A．BD＝ACB．BD⊥平面PACC．PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)D．二面角P－BD－A的正切值為2答案BCD解析∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2eq\r(3)，故A不正確；∵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正確；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA為PB與平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝eq\f(π,4)，即PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，故C正確；如圖，連接PO，由B項知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA為二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值為2，故D正確．故選BCD.【通性通法】(1)利用幾何法求空間線線角、線面角、二面角時要注意“作角、證明、計算”是一個完整的過程，缺一不可．(2)斜線與平面所成的角，首先作出平面的垂線，得出斜線在平面內的射影，從而得出斜線與平面所成的角，轉化為直角三角形求解．(3)求空間角中的難點是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定義法：根據平面角的概念直接作，如二面角的棱是兩個等腰三角形的公共底邊，就可以取棱的中點；②垂面法：過二面角棱上一點作棱的垂面，則垂面與二面角的兩個半平面的交線所成的角就是二面角的平面角或其補角；③垂線法：過二面角的一個半平面內一點A作另一個半平面所在平面的垂線，得到垂足B，再從垂足B向二面角的棱作垂線，垂足為C，這樣二面角的棱就垂直于這兩條垂線所確定的平面ABC，連接AC，則AC也與二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其補角，這樣就把問題歸結為解一個直角三角形，這是求解二面角最基本、最重要的方法．【鞏固遷移】7．(多選)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分別是AB，CD的中點，P是BM的中點．將矩形AMND沿MN折起，形成多面體AMB－DNC.則下列結論正確的是()A．BD∥平面ANPB．BD⊥平面ANPC．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7)D．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),14)答案AD解析如圖，連接MD交AN于點O，連接OP，由題意，得四邊形AMND為矩形，∴O為MD的中點，又P為BM的中點，∴OP∥BD，∵BD?平面ANP，OP?平面ANP，∴BD∥平面ANP，故A正確，B錯誤；∵AM⊥MN，BM⊥MN，∴∠AMB即為二面角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，過P作PQ⊥AB于點Q，∴PQ⊥平面ABCD，∴∠PAB即為AP與平面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)，∴直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),14)，故C錯誤，D正確．故選AD.考點五平行、垂直關系的綜合問題例6(2024·黑龍江哈爾濱期末)如圖1，在平行四邊形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，現將△ADC沿AC折起，得到三棱錐D′－ABC(如圖2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E為D′C的中點．(1)求證：AE⊥平面D′BC；(2)在∠ACB的平分線上是否存在點F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的長；若不存在，請說明理由．解(1)證明：在?ABCD中，可得AD＝BC＝AC，則AD′＝AC，因為E為D′C的中點，所以AE⊥D′C，因為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，因為AE?平面AD′C，所以AE⊥BC，因為BC∩D′C＝C，BC，D′C?平面D′BC，所以AE⊥平面D′BC.(2)取AB的中點O，連接CO并延長至點F，使CO＝OF，連接AF，D′F，BF，OE，因為BC＝AC，所以射線CO是∠ACB的平分線．又因為E是D′C的中點，所以OE∥D′F，因為OE?平面ABE，D′F?平面ABE，所以D′F∥平面ABE，因為AB，FC互相平分，所以四邊形ACBF為平行四邊形，所以BC∥AF，因為BC⊥平面AD′C，AD′?平面AD′C，所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，又因為AF＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，故D′F＝eq\r(2).【通性通法】1．解決平行與垂直中探索性問題的主要途徑(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明．(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性．2．涉及點的位置的探索性問題一般是先根據條件猜測點的位置再給出證明，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據相似知識取點．【鞏固遷移】8．(2024·廣東深圳翠園中學期末)如圖，在平面五邊形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足為H，將△ADE沿AD折起(如圖)，使得平面ADE⊥平面ABCD.(1)求證：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱錐C－ADE的體積；(3)在線段BE上是否存在點M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出eq\f(EM,EB)的值；若不存在，請說明理由．解(1)證明：因為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，因為AE＝6，AD＝10，所以DE＝8，因為DE·AE＝AD·EH，所以EH＝eq\f(24,5)，因為∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝4，所以△ACD的面積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：過點H作HN∥DE交AE于點N，過點N作NM∥AB交EB于點M，連接HM.因為AB∥DC，所以MN∥CD，因為CD?平面CDE，MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE，同理，NH∥平面CDE，又因為MN∩NH＝N，MN，NH?平面MNH，所以平面MNH∥平面CDE.因為MH?平面MNH，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因為DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因為HN∥DE，所以eq\f(EN,EA)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，又因為MN∥AB，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(EN,EA)＝eq\f(16,25)，所以在線段BE上存在點M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).解法二：過點H作HG∥CD交BC于點G，過點G作GM∥CE交EB于點M，連接HM.因為HG∥CD，CD?平面CDE，HG?平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理，GM∥平面CDE.又因為HG∩GM＝G，HG，GM?平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE.因為MH?平面MHG，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，因為EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因為DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因為HG∥CD，所以eq\f(CG,CB)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，因為MG∥CE，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(CG,CB)＝eq\f(16,25)，所以在線段BE上存在點M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).課時作業一、單項選擇題1．(2024·江西南昌一中階段考試)已知α，β是兩個不同的平面，a，b，c是三條不同的直線，則下面說法中