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8.3 直线、平面平行的判定和性质
基础篇
考点 一 直线与平面平行的判定和性质
１.( 浙江ꎬ ꎬ 分)已知平面 α 直线 ｍ ｎ
２０１８ ６ ４ ꎬ ꎬ
满足 ｍ α ｎ α 则 ｍ ｎ 是 ｍ α 的
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ “ ∥ ” “ ∥ ”
( )
充分不必要条件
Ａ. Ａ Ｂ
必要不充分条件
Ｂ.
充分必要条件
Ｃ.
既不充分也不必要条件
Ｄ.
答案 Ａ ｍ α ｎ α ｍ ｎ ｍ α 故
∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ∥ ꎬ∴ ∥ ꎬ
充分性成立.
而由 ｍ α ｎ α 得 ｍ ｎ 或 ｍ 与 ｎ 异面
∥ ꎬ ⊂ ꎬ ∥ ꎬ Ｃ Ｄ
故必要性不成立.故选 . 答案 ＢＣ 对于 如图 点 Ｅ Ｆ 为正方
Ａ Ａꎬ １ꎬ ꎬ
２.( 湖南益阳调研ꎬ )在正方体 ＡＢＣＤ 体的两个顶点 则 ＭＮ ＥＦ ＡＣ Ｎ Ｍ Ｃ
２０２２ ７ － ꎬ ∥ ∥ ꎬ∴ 、 、 、
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ 分别是 ＡＢ ＢＣ 的中点 则 Ａ 四点共面 同理可证ＡＭ ＢＣ 即Ｂ Ｃ Ｍ Ａ
１ １ １ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ 、 、 、
下列说法错误的是 四点共面 ＭＮ 平面 ＡＢＣ 故 不符合
( ) ꎬ∴ ⊂ ꎬ Ａ
ＡＤ Ａ Ｅ ＥＦ Ａ Ｃ 题意.
Ａ. ⊥ １ Ｂ. ∥ １ １
Ａ Ｅ Ｂ Ｆ Ｂ Ｆ 平面 Ａ ＡＤ
Ｃ. １ ∥ １ Ｄ. １ ∥ １
答案 Ｃ 如图 对于 因为 ＡＤ 平面
ꎬ Ａꎬ ⊥
Ａ ＡＢＢ Ａ Ｅ 平面 Ａ ＡＢＢ 所以 ＡＤ Ａ Ｅ
１ １ꎬ １ ⊂ １ １ꎬ ⊥ １ ꎬ
故 正确.
Ａ
对于 连接 ＡＣ 则 ＡＣ
Ｂꎬ ꎬ
图 图
Ａ Ｃ 因为 Ｅ Ｆ 分别 １ ２
∥ １ １ꎬ ꎬ 对于 如图 Ｄ 为正方体的一个顶点 则
是ＡＢ ＢＣ 的中点 所以 Ｂꎬ ２ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ ＡＣ ＭＤ ＢＣ ＮＤ 又 ＡＣ 平面 ＡＢＣ ＤＭ
ＥＦ ＡＣ 所以 ＥＦ ∥ ꎬ ∥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊄
∥ ꎬ ∥ 平面 ＡＢＣ ＤＭ 平面 ＡＢＣ 同理可证 ＤＮ
Ａ Ｃ 故 正确. ꎬ∴ ∥ ꎬ
１ １ꎬ Ｂ 平面 ＡＢＣ 又 ＭＤ ＮＤ Ｄ ＭＤ ＮＤ 平面
对于 因为 Ａ Ｅ 与 Ｂ Ｆ 是异面直线 所以 ∥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ 、 ⊂
Ｃꎬ １ １ ꎬ ＤＭＮ 平面 ＡＢＣ 平面 ＤＭＮ
Ａ Ｅ Ｂ Ｆ 错误 故 错误. ꎬ∴ ∥ ꎬ
１ ∥ １ ꎬ Ｃ 又 ＭＮ 平面 ＤＭＮ ＭＮ 平面 ＡＢＣ 故
对于 因为平面 Ａ ＡＤ 平面 ＢＣＣ Ｂ Ｂ Ｆ ⊂ ꎬ∴ ∥ ꎬ Ｂ
Ｄꎬ １ ∥ １ １ꎬ １ 符合题意.
平面 ＢＣＣ Ｂ 所以 Ｂ Ｆ 平面 Ａ ＡＤ 故
⊂ １ １ꎬ １ ∥ １ ꎬ Ｄ 对于 如图 Ｇ 为正方体的一个顶点 则
正确.故选 Ｃꎬ ３ꎬ ꎬ
Ｃ. 平面 ＡＢＣ 平面 ＧＭＮ ＭＮ 平面 ＧＭＮ
３.(多选)( 辽宁葫芦岛一模ꎬ )点 Ａ Ｂ ∥ ꎬ∵ ⊂ ꎬ 专
２０２２ １０ ꎬ ꎬ ＭＮ 平面 ＡＢＣ 故 符合题意. 题
∴ ∥ ꎬ Ｃ 八
Ｃ Ｍ Ｎ 为正方体的顶点或所在棱的中点 则
ꎬ ꎬ ꎬ
立
下列满足 ＭＮ 平面 ＡＢＣ 的是 体
∥ ( ) 几
何
２８３
弦值.
图 图
３ ４
对于 连接 ＣＮ 则 ＡＢ ＣＮ Ａ Ｂ Ｎ Ｃ 四
Ｄꎬ ꎬ ∥ ꎬ∴ ꎬ ꎬ ꎬ 解析 证明 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为正方
(１) :∵ － １ １ １ １
点共面
ꎬ 体 Ｄ Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｂ .又 ＡＢ Ａ Ｂ
ꎬ∴ １ １∥ １ １ꎬ １ １ ＝ １ １ ∥ １ １ꎬ
ＭＮ 平面 ＡＢＣ Ｎ 故 不符合题意.故
∴ ∩ ＝ ꎬ Ｄ ＡＢ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ ＡＢ Ｄ Ｃ ＡＢ 四边形
＝ １ １ꎬ∴ １ １∥ ꎬ １ １ ＝ ꎬ∴
选
ＢＣ. ＡＢＣ Ｄ 为平行四边形 ＡＤ ＢＣ 又 ＡＤ
１ １ ꎬ∴ １∥ １ꎬ １
４.(多选)( 河北邯郸一模ꎬ )如图 在空
平面 ＡＤ Ｅ ＢＣ 平面 ＡＤ Ｅ ＢＣ 平
２０２２ １０ ꎬ
⊂ １ ꎬ １⊄ １ ꎬ∴ １∥
间四边形 ＡＢＣＤ 中 Ｅ Ｆ 面 ＡＤ Ｅ.
ꎬ ꎬ
１
分别为 ＡＢ ＡＤ 的中点
ꎬ ꎬ 不妨设正方体的棱长为 如图 以 Ａ→Ｄ
(２) ２ꎬ ꎬ { ꎬ
Ｇ Ｈ 分别在 ＢＣ ＣＤ 上
ꎬ ꎬ ꎬ
Ａ→Ｂ ＡＡ→ 为正交基底建立空间直角坐标系 Ａ
且 ＢＧ ＧＣ ＤＨ ＨＣ ꎬ １}
∶ ＝ ∶ ＝
ｘｙｚ
则 － ꎬ
１ ∶ ２ꎬ ( )
则 Ａ Ａ
ＢＤ 平面 ＥＧＨＦ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ
Ａ. ∥
Ｄ Ｅ
ＦＨ 平面 ＡＢＣ ２)ꎬ １(２ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ２ꎬ
Ｂ. ∥
ＡＣ 平面 ＥＧＨＦ ＡＡ→
Ｃ. ∥ １)ꎬ∴ １ ＝ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ
直线 ＧＥ ＨＦ ＡＣ 交于一点 ＡＤ→ Ａ→Ｅ
Ｄ. ꎬ ꎬ １ ＝ (２ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝
答案 ＡＤ 因为 ＢＧ ＧＣ ＤＨ ＨＣ 所以 设平面 ＡＤ Ｅ
∶ ＝ ∶ ꎬ (０ꎬ２ꎬ１)ꎬ １
ＧＨ ＢＤ. 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 直线 ＡＡ 与平面
∥ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ １
又 Ｅ Ｆ 分别为 ＡＢ ＡＤ 的中点 所以 ＥＦ ＡＤ Ｅ 所成的角为 θ
ꎬ ꎬ ꎬ ∥ １ ꎬ
ＢＤ 且 ＥＦ １ＢＤ 则 ＥＦ ＧＨ 所以 Ｅ Ｇ Ｈ
{ｎ
ＡＤ→ { ｘ ｚ
ꎬ ＝ ꎬ ∥ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 则 １ ＝０ꎬ 即 ２ ＋２ ＝０ꎬ令 ｚ
Ｆ 四点共面. ２ ｎ Ａ→Ｅ ＝０ꎬ ２ ｙ ＋ ｚ ＝０ꎬ ＝ － ２ꎬ
易知 ＢＤ 平面 ＥＧＨＦ ＦＨ 与 ＡＣ 为相交直
{ｘ
∥ ꎬ 则 ＝２ꎬ
线 即 正确 错误. ｙ
＝１ꎬ
ꎬ Ａ ꎬＢꎬＣ
此时 ｎ
因为四边形ＥＦＨＧ 为梯形 所以ＥＧ 与ＦＨ 必
＝(２ꎬ１ꎬ－２)ꎬ
ꎬ
相交 设交点为 Ｍ 因为 ＥＧ 平面 ＡＢＣ ＦＨ ｎ ＡＡ→
ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ θ ｎ ＡＡ→ ｜ １｜
平面 ＡＣＤ ∴ ｓｉｎ ＝ ｜ ｃｏｓ ‹ ꎬ １› ｜ ＝
ｎ ＡＡ→
＝
5 ⊂ ꎬ ｜ ｜ ｜ １｜
年 所以 Ｍ 是平面 ＡＢＣ 与平面 ＡＣＤ 的一个交
高
｜－４｜ ２
考 点 所以 Ｍ ＡＣ 即直线 ＧＥ ＨＦ ＡＣ 交于一 ＝ ꎬ
3 ꎬ ∈ ꎬ ꎬ ꎬ ４＋１＋４×２ ３
年
模 点 ꎬ 即 Ｄ 正确.故选 ＡＤ . 直线 ＡＡ 与平面 ＡＤ Ｅ 所成角的正弦值
拟 ∴ １ １
５.( 北京ꎬ ꎬ 分)如图 在正方体 ＡＢＣＤ
A ２０２０ １６ １３ ꎬ 为２.
版 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ 为 ＢＢ 的中点.
－ １ １ １ １ ꎬ １ ３
高 求证 ＢＣ 平面 ＡＤ Ｅ
考 (１) : １∥ １ ꎻ
数
求直线 ＡＡ 与平面 ＡＤ Ｅ 所成角的正
学
(２) １ １
２８４
考点 二 平面与平面平行的判定和性质 ＨＦ 平面ＰＧＥ ＰＥ 平面ＰＧＥ ＦＨ 平
∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
面 ＰＧＥ
１.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)设 α β 为两 ꎬ
２０１９ Ⅱ ７ ７ ５ ꎬ
ＤＦ ＦＨ Ｆ 平面 ＤＦＨ 平面 ＰＧＥ.
个平面 则 α β 的充要条件是 ∵ ∩ ＝ ꎬ∴ ∥
ꎬ ∥ ( )
ＡＢ ＡＣ ＢＣ
α 内有无数条直线与 β 平行 (２)∵ ＝ ＝２ꎬ ＝２ ２ꎬ
Ａ.
α 内有两条相交直线与 β 平行 ∴
ＡＢ２
＋
ＡＣ２
＝８＝
ＢＣ２
ꎬ∴
ＡＢ
⊥
ＡＣ
ꎬ
又
∵
ＰＢ
⊥
Ｂ.
ＡＣ ＡＢ ＰＢ Ｂ
α β 平行于同一条直线 ꎬ ∩ ＝ ꎬ
Ｃ. ꎬ
ＡＣ 平面 ＰＡＢ
α β 垂直于同一平面 ∴ ⊥ ꎬ
Ｄ. ꎬ
答案 Ｂ 选项中 α 与 β 可能相交 以 Ａ 为坐标原点 向量Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ的方向为 ｘ 轴
Ａ、Ｃ、Ｄ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
故选 . ｙ 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标
Ｂ
２.( 太原一模ꎬ )如图 在三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 系 Ａ ｘｙｚ 由题意得Ａ Ｂ Ｃ
２０２１ １９ ꎬ － － ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ
中 ＰＡＢ 是正三角形 Ｇ 是 ＰＡＢ 的重心 Ｐ 则Ａ→Ｃ Ａ→Ｐ
ꎬ△ ꎬ △ ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ ３)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝
Ｄ Ｅ Ｈ 分别是 ＰＡ ＢＣ ＰＣ 的中点 点 Ｆ 在 Ｐ→Ｃ Ｂ→Ｃ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ (１ꎬ０ꎬ ３)ꎬ ＝(－１ꎬ２ꎬ－ ３)ꎬ ＝(－２ꎬ２ꎬ
ＢＣ 上 且 ＢＦ ＦＣ.
ꎬ ＝３ ０)ꎬ
求证 平面 ＤＦＨ 平面 ＰＧＥ
(１) : ∥ ꎻ
若 ＰＢ ＡＣ ＡＢ ＡＣ ＢＣ 求二
(２) ⊥ ꎬ ＝ ＝２ꎬ ＝２ ２ꎬ
面角 Ａ ＰＣ Ｂ 的余弦值.
－ －
设平面 ＰＡＣ 的法向量是 ｍ ｘ ｙ ｚ
＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
{ｍ Ａ→Ｃ { ｙ
则 ＝０ꎬ ２ １ ＝０ꎬ 则 ｙ
ｍ Ａ→Ｐ ∴ ｘ ｚ １ ＝０ꎬ
解析 证明 连接 ＢＧ ＧＤ 由题意得 ＢＧ ＝０ꎬ １ ＋ ３ １ ＝０ꎬ
(１) : ꎬ ꎬ
令 ｚ 则 ｘ ｍ
与 ＧＤ 共线 且 ＢＧ ＧＤ
ꎬ ＝２ ꎬ １ ＝－１ꎬ １ ＝ ３ꎬ∴ ＝( ３ꎬ０ꎬ－１)ꎬ
设平面 ＰＢＣ 的法向量是 ｎ ｘ ｙ ｚ
Ｅ 是 ＢＣ 的中点 ＢＦ ＦＣ Ｆ 是 ＣＥ 的
∵ ꎬ ＝３ ꎬ∴ ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ
中点 {ｎ Ｐ→Ｃ { ｘ ｙ ｚ
ꎬ 则 ＝０ꎬ － ２ ＋２ ２ － ３ ２ ＝０ꎬ
ＢＧ ＢＥ ∴
ＧＥ ＤＦ ｎ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ
∴ ＧＤ＝ＥＦ＝２ꎬ∴ ∥ ꎬ ＝０ꎬ －２ ２ ＋２ ２ ＝０ꎬ
ì ïï ｘ
ＧＥ 平面ＰＧＥ ＤＦ 平面ＰＧＥ ＤＦ 平 令 ｚ 则í ２ ＝ ３ꎬ ｎ
∵ ⊂ ꎬ ⊄ ꎬ∴ ∥ ２ ＝１ꎬ ïï ∴ ＝( ３ꎬ ３ꎬ１)ꎬ
面 ＰＧＥ
îｙ
ꎬ ２ ＝ ３ꎬ
Ｈ 是 ＰＣ 的中点 ＦＨ ＰＥ ｍ ｎ
∵ ꎬ∴ ∥ ꎬ ｍ ｎ ７ 又知二面角 Ａ
∴ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ｍ ｎ ＝ ꎬ －
｜ ｜ ｜ ｜ ７
ＰＣ Ｂ 是锐二面角 二面角 Ａ ＰＣ Ｂ 的余
－ ꎬ∴ － －
弦值为 ７.
７
专
题
八
立
体
几
何
２８５
综合篇
考法 一 判定或证明直线与平面平行的方法 ＡＢＣＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＤ ＡＤ 可得 ＢＣ
ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ＡＤ 则四边形 ＡＢＣＤ 为平行四边形 与已
１.( 江苏扬州大学附中检 ∥ ꎬ ꎬ
２０２１
知矛盾 故 正确.平面 ＰＡＤ 和平面 ＰＢＣ 的
测ꎬ ) 已 知 直 三 棱 柱 ꎬ Ａ
５
一个交点为 Ｐ 故二者存在过点 Ｐ 的一条交
ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｍ Ｎ 分别是 ꎬ
－ １ １ １ ꎬ ꎬ 线 在平面 ＰＢＣ 内 与平面 ＰＡＤ 和平面 ＰＢＣ
Ａ Ｂ ＡＢ 的中点 Ｐ 点在线段 ꎬ ꎬ
１ １ꎬ ꎬ 的交线平行的所有直线均与平面 ＰＡＤ 平行
Ｂ Ｃ 上 则 ＮＰ 与平面 ＡＭＣ ꎬ
１ ꎬ １ 故 正确.由 ＡＢ ＣＤ 且 ＡＢ 平面 ＰＣＤ ＣＤ
的位置关系是 Ｂ ∥ ⊄ ꎬ
( )
平面ＰＣＤ 得ＡＢ 平面ＰＣＤ 进而ＡＢ 平行
垂直 ⊂ ∥ ꎬ
Ａ.
于平面 ＰＡＢ 与平面 ＰＣＤ 的交线 所以平面
平行 ꎬ
Ｂ.
ＰＡＢ 和平面 ＰＣＤ 的交线与底面 ＡＢＣＤ 平行
相交但不垂直 ꎬ
Ｃ.
故 错误.若平面 ＰＡＤ 与平面 ＰＢＣ 的交线
要依 Ｐ 点的位置而定 Ｃ
Ｄ.
与底面 ＡＢＣＤ 平行 则平面 ＰＡＤ 与平面 ＰＢＣ
答案 Ｂ 连接 Ｂ Ｎ ＭＮ ＮＣ 因为在直三棱 ꎬ
１ 、 、 ꎬ 的交线与 ＢＣ 平行 与 ＡＤ 也平行 与已知底
柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｍ Ｎ 分别是 Ａ Ｂ ＡＢ 的 ꎬ ꎬ
－ １ １ １ ꎬ ꎬ １ １ꎬ 面 ＡＢＣＤ 为梯形矛盾.故 正确.
中点 所以 Ｃ Ｍ ＮＣ 因为 Ｃ Ｍ 平面 Ｄ
ꎬ １ ∥ ꎬ １ ⊄
３.( 北京ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)已知ｌ ｍ 是平
ＮＣＢ ＮＣ 平面 ＮＣＢ 所以 Ｃ Ｍ 平面
２０１９ １３ １２ ５ ꎬ
１ꎬ ⊂ １ꎬ １ ∥
面 α 外的两条不同直线.给出下列三个论断
ＮＣＢ .因为 Ｍ Ｎ 分别是 Ａ Ｂ ＡＢ 的中点
:
１ ꎬ １ １ꎬ ꎬ
Ａ Ｂ ＡＢ 所以 Ｂ Ｍ ＡＮ 所以四边形 ｌ ｍ ｍ α ｌ α.
① ⊥ ꎻ② ∥ ꎻ③ ⊥
１ １ ꎬ １ ꎬ
以其中的两个论断作为条件 余下的一个论
ＡＭＢ Ｎ 是平行四边形 所以 ＡＭ Ｂ Ｎ 又
ꎬ
１ ꎬ ∥ １ ꎬ
断作为结论 写出一个正确的命题
ＡＭ 平面 ＮＣＢ Ｂ Ｎ 平面 ＮＣＢ 所以 ＡＭ
ꎬ :
⊄ １ꎬ １ ⊂ １ꎬ
平面 ＮＣＢ 又因为 Ｃ Ｍ ＡＭ Ｍ ＡＭ 平 .
∥ １ꎬ １ ∩ ＝ ꎬ ⊂
面 ＡＭＣ Ｃ Ｍ 平面 ＡＭＣ 所以平面 ＡＭＣ 答案 若ｌ ｍ ｌ α 则ｍ α 答案不唯一
１ꎬ １ ⊂ １ꎬ １ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ( )
平面 ＮＣＢ 又因为 Ｐ 点在线段 Ｂ Ｃ 上 所 解析 命题 若 ｌ ｍ ｍ α 则 ｌ α 此
∥ １ꎬ １ ꎬ (１): ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ
以 ＮＰ 平面 ＡＭＣ 故选 . 命题不成立 可以举一个反例 例如在正方
∥ １ꎬ Ｂ ꎬ ꎬ
２.(多选)( 辽宁大连模拟ꎬ )在四棱锥 体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 设平面 ＡＢＣＤ 为平面
２０２２ １１ － １ １ １ １ ꎬ
Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 为梯形 ＡＢ ＣＤ 则 α Ａ Ｄ 和 Ａ Ｂ 分别为 ｌ 和 ｍ 满足条件 但
－ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ꎬ １ １ １ １ ꎬ ꎬ
结论不成立.
( )
平面ＰＡＤ 内任意一条直线都不与ＢＣ 平行 命题 若 ｌ ｍ ｌ α 则 ｍ α 此命题正
Ａ. (２): ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ
平面 ＰＢＣ 内存在无数条直线与平面 ＰＡＤ 确.证明 作直线 ｍ ｍ 且与 ｌ 相交 故 ｌ 与
5 Ｂ. : １∥ ꎬ ꎬ
年 平行 ｍ 确定一个平面 β 且 ｌ ｍ 因为 ｌ α 所
高 １ ꎬ ⊥ １ꎬ ⊥ ꎬ
考 平面 ＰＡＢ 和平面 ＰＣＤ 的交线不与底面 以平面 α 与平面 β 垂直 设 α β ｎ 则 ｌ
3 Ｃ. ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥
年
ＡＢＣＤ 平行 ｎ 又 ｍ ｎ β 所以 ｍ ｎ 又 ｍ ｍ 所以
模
拟
ꎬ １ꎬ ⊂ ꎬ １∥ ꎬ １∥ ꎬ
平面 ＰＡＤ 和平面 ＰＢＣ 的交线不与底面 ｍ ｎ 又 ｍ 在平面 α 外 ｎ α 故 ｍ α.
A Ｄ. ∥ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ∥
版 ＡＢＣＤ 平行 命题 若 ｍ α ｌ α 则 ｌ ｍ 此命题正
(３): ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
高
答案 ＡＢＤ 若平面 ＰＡＤ 内存在直线与 ＢＣ 确.证明 过直线 ｍ 作一平面 且与平面 α 相
考
: ꎬ
数
学 平行 则 ＢＣ 平面 ＰＡＤ 由 ＢＣ 平面 交 交线为 ａ 因为 ｍ α 所以 ｍ ａ.因为 ｌ
ꎬ ∥ ꎬ ⊂ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ∥
２８６
α ａ α 所以 ｌ ａ 又 ｍ ａ 所以 ｌ ｍ.
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ 所以 ｍ ｎ ２ ６ 故二面角 Ｂ ＡＭ Ｄ 的
４.( 届南京学情调研ꎬ )如图 在四棱锥 ｓｉｎ‹ ꎬ ›＝ ꎬ － －
２０２３ １９ ꎬ ７
Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面ＡＢＣＤ 为平行四边形 ＰＡ
－ ꎬ ꎬ ⊥ 正弦值为２ ６.
平面 ＡＢＣＤ Ｍ 为 ＰＣ 的中点.
７
ꎬ
求证 ＰＡ 平面 ＭＢＤ ５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)如图 ＰＯ 是三棱
２０２２ Ⅱ ２０ １２ ꎬ
(１) : ∥ ꎻ
若ＡＢ ＡＤ ＰＡ ＢＡＤ ° 求二面 锥 Ｐ ＡＢＣ 的高 ＰＡ ＰＢ ＡＢ ＡＣ Ｅ 为 ＰＢ
(２) ＝ ＝ ＝２ꎬ∠ ＝１２０ ꎬ － ꎬ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ
角 Ｂ ＡＭ Ｄ 的正弦值. 的中点.
－ －
证明 ＯＥ 平面 ＰＡＣ
(１) : ∥ ꎻ
若 ＡＢＯ ＣＢＯ ° ＰＯ ＰＡ
(２) ∠ ＝∠ ＝３０ ꎬ ＝３ꎬ ＝５ꎬ
求二面角 Ｃ ＡＥ Ｂ 的正弦值.
－ －
解析 证明 连接ＡＣ 交ＢＤ 于点Ｏ 可知
(１) : ꎬ
Ｏ 为 ＡＣ 的中点 连接 ＯＭ 又 Ｍ 为 ＰＣ 的中
ꎬ ꎬ 解析 证法一 连接 ＯＡ
点 所以 ＯＭ ＰＡ 又 ＯＭ 平面 ＭＢＤ ＰＡ (１) : ꎬ
ꎬ ∥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊄ ＰＯ 是三棱锥 Ｐ ＡＢＣ 的高 ＰＯ 平
平面 ＭＢＤ 所以 ＰＡ 平面 ＭＢＤ. ∵ － ꎬ∴ ⊥
ꎬ ∥ 面 ＡＢＣ
由题意可得平行四 ꎬ
(２) ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ ＰＯＡ ＰＯＢ
边形 ＡＢＣＤ 为菱形.建立 ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∴ ∠ ＝ ∠
°
如图所示的空间直角坐 ＝９０ ꎬ
又 ＰＡ ＰＢ ＰＯ ＰＯ ＰＯＡ ＰＯＢ
标系 ＝ ꎬ ＝ ꎬ∴ △ ≌△ ꎬ∴
ꎬ ＯＡ ＯＢ
在菱形 ＡＢＣＤ 中 因为 ＝ ꎬ
ꎬ 取 ＡＢ 的中点 Ｄ 连接 ＯＤ ＤＥ 则 ＯＤ ＡＢ
ＡＢ ＡＤ ＢＡＤ ° 所以 ＡＣ ＯＢ ꎬ 、 ꎬ ⊥ ꎬ
＝ ＝２ꎬ∠ ＝１２０ ꎬ ＝２ꎬ ＝
又 ＡＢ ＡＣ ＯＤ
所以 Ｂ Ｃ Ｄ ∵ ⊥ ꎬ∴
３ꎬ ( ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (－ ３ꎬ０ꎬ ＡＣ
∥ ꎬ
Ａ Ｍ 所以Ｂ→Ａ
０)ꎬ (０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝ 又 ＯＤ 平 面
∵ ⊄
Ｂ→Ｍ Ｄ→Ａ
(－ ３ꎬ－１ꎬ０)ꎬ ＝(－ ３ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝( ３ꎬ－ ＰＡＣ ＡＣ 平面 ＰＡＣ ＯＤ 平面 ＰＡＣ
ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥ ꎬ
Ｄ→Ｍ
１ꎬ０)ꎬ ＝( ３ꎬ０ꎬ１)ꎬ 又 Ｄ Ｅ 分别为 ＡＢ ＰＢ 的中点 ＤＥ ＰＡ
、 、 ꎬ∴ ∥ ꎬ
设平面 ＭＢＡ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ 则
＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ 又 ＤＥ 平面 ＰＡＣ ＰＡ 平面 ＰＡＣ ＤＥ
{ｍ Ｂ→Ａ { ｘ ｙ ∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
＝０ꎬ 即 － ３ － ＝０ꎬ令 ｘ 则 平面 ＰＡＣ
ꎬ
＝ １ꎬ
ｍ Ｂ→Ｍ ｘ ｚ
＝０ꎬ － ３ ＋ ＝０ꎬ 又 ＯＤ ＤＥ 平面 ＯＤＥ ＯＤ ＤＥ Ｄ
、 ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
{
ｙ 平面 ＯＤＥ 平面 ＰＡＣ
＝－ ３ꎬ则 ｍ ∴ ∥ ꎬ
＝(１ꎬ－ ３ꎬ ３)ꎬ
ｚ 又 ＯＥ 平面 ＯＤＥ ＯＥ 平面 ＰＡＣ.
＝ ３ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
设平面 ＭＤＡ 的法向量为 ｎ ａ ｂ ｃ 证法二 连接 ＯＡ ＰＯ 是三棱锥 Ｐ ＡＢＣ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ : ꎬ∵ －
{ｎ Ｄ→Ｍ { ａ ｃ 的高
则 ＝０ꎬ 即 ３ ＋ ＝０ꎬ令 ａ ꎬ
ｎ Ｄ→Ａ ａ ｂ ＝１ꎬ ＰＯ 平面 ＡＢＣ ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ 专
＝０ꎬ ３ － ＝０ꎬ ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ 题
ＰＯＡ ＰＯＢ ° 又 ＰＡ ＰＢ ＰＯ 八
则 ｎ
＝(１ꎬ ３ꎬ－ ３)ꎬ ∴ ∠ ＝ ∠ ＝ ９０ ꎬ ＝ ꎬ
立
ｍ ｎ ＰＯ
所以 ｍ ｎ １－３－３ ５ ＝ ꎬ 体
几
ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ｍ ｎ ＝ ＝－ ꎬ ＰＯＡ ＰＯＢ ＯＡ ＯＢ 何
｜ ｜｜ ｜ ７× ７ ７ ∴ △ ≌△ ꎬ∴ ＝ ꎬ
２８７
延长 ＢＯ 交 ＡＣ 于点 Ｆ 连接 ＰＦ
ꎬ ꎬ ４ ３
易知在 ＡＢＦ 中 Ｏ 为 ＢＦ 的中点 ＝ ꎬ
Ｒｔ△ ꎬ ꎬ １３
Ｅ 为 ＰＢ 的中点 ＯＥ ＰＦ 设二面角 Ｃ ＡＥ Ｂ 的平面角为 θ 则 θ
∵ ꎬ∴ ∥ ꎬ － － ꎬ ｓｉｎ ＝
又 ＯＥ 平面 ＰＡＣ ＰＦ 平面 ＰＡＣ
⊄ ꎬ ⊂ ꎬ ２θ １１ 二面角 Ｃ ＡＥ Ｂ 的正弦值
１－ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ － －
ＯＥ 平面 ＰＡＣ.
１３
∴ ∥
取ＡＢ 的中点Ｍ 连接ＯＭ ＯＡ 以Ｍ 为坐
为１１.
(２) ꎬ ꎬ ꎬ
标原点 ＭＢ ＭＯ 所在直线分别为 ｘ ｙ 轴 过 １３
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
点 Ｍ 且与平面 ＡＢＣ 垂直的直线为 ｚ 轴建立
考法 二 判定或证明平面与平面平行的方法
如图所示的空间直角坐标系.
( 长沙雅礼中学月考七ꎬ )如图 在多面
２０２２ １９ ꎬ
体 ＡＢＣＤＥＦ 中 四边形 ＡＢＣＤ 是正方形 ＡＢ
ꎬ ꎬ ＝
ＤＥ ＢＦ ＢＦ ＤＥ Ｍ 为棱 ＡＥ 的中点.
２ꎬ ＝ ꎬ ∥ ꎬ
求证 平面 ＢＭＤ 平面 ＥＦＣ
(１) : ∥ ꎻ
ＰＯ ＰＡ 结合 可知 ＯＡ ＯＢ 若ＥＤ 平面ＡＢＣＤ ＢＭ ＣＦ 求二面角Ｅ
∵ ＝ ３ꎬ ＝ ５ꎬ∴ (１) ＝ (２) ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ －
ＡＦ Ｂ 的余弦值.
＝４ꎬ －
又 ＡＢＯ ＣＢＯ ° ＯＭ ＭＢ
∠ ＝ ∠ ＝ ３０ ꎬ∴ ＝ ２ꎬ ＝
２ ３ꎬ
Ｐ Ｂ Ａ
∴ (０ꎬ２ꎬ３)ꎬ (２ ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ (－２ ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ
æ ö
Ｅç ３ ÷ ＡＢ ＡＣ ＣＢＡ ° ＡＢ
è ３ꎬ１ꎬ øꎬ∵ ⊥ ꎬ∠ ＝ ６０ ꎬ ＝
２
解析 证明 连接 ＡＣ 交 ＢＤ 于点 Ｎ
４ ３ꎬ
(１) : ꎬ ꎬ
ＡＣ Ｃ . Ｎ 为ＡＣ 的中点 连接ＭＮ Ｍ 为棱ＡＥ 的
∴ ＝１２ꎬ (－２ ３ꎬ１２ꎬ０) ∴ ꎬ ꎬ∵
设平面 ＡＥＢ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 中点
１ ＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ ꎬ
æ ö ＭＮ ＥＣ.
Ａ→Ｂ Ａ→Ｅ ç ３ ÷ ∴ ∥
∵ ＝(４ ３ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝è３ ３ꎬ１ꎬ øꎬ
ＭＮ 平面 ＥＦＣ ＥＣ 平面 ＥＦＣ ＭＮ
２
∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
{ Ａ→Ｂ
ｎ
１ ＝０ꎬ 即
ì
í
ï
ï
ｘ
１
＝０ꎬ 平面 ＥＦＣ.
∴ Ａ→Ｅ ｎ ï ï ｘ ｙ ３ｚ ∵ ＢＦ ∥ ＤＥ ꎬ ＢＦ ＝ ＤＥ ꎬ∴ 四边形 ＢＤＥＦ 为平行
１ ＝０ꎬ î３ ３ １ ＋ １ ＋ ２ １ ＝０ꎬ 四边形
ꎬ
令 ｙ 则 ｚ ｎ .
１
＝３ꎬ
１
＝－２ꎬ∴
１
＝(０ꎬ３ꎬ－２) ＢＤ ＥＦ. 又 ＢＤ 平面 ＥＦＣ ＥＦ 平
∴ ∥ ⊄ ꎬ ⊂
设平面 ＡＥＣ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ 面 ＥＦＣ
5 ꎬ
年 Ａ→Ｃ ＢＤ 平面 ＥＦＣ 又 ＭＮ ＢＤ Ｎ
高 ∵ ＝(０ꎬ１２ꎬ０)ꎬ ∴ ∥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
考 年 3 { Ａ→Ｃ ｎ ２ ＝０ꎬ 即 ì í ï ï ｙ ２ ＝０ꎬ ∴ 平面 Ｅ Ｂ Ｄ ＭＤ 平 ∥ 面 平面 ＡＢ Ｅ Ｃ Ｆ Ｄ Ｃ. 四边形 ＡＢＣＤ 是正
模 拟 ∴ Ａ→Ｅ ｎ ２ ＝０ꎬ î ï ï ３ ３ ｘ ２ ＋ ｙ ２ ＋ ３ｚ ２ ＝０ꎬ 方 (２ 形 )∵ ⊥ ꎬ
２
A ꎬ
版 令 ｘ 则 ｚ ｎ ＥＤ ＡＤ ＣＤ 两两垂直.分别以 ＤＡ ＤＣ ＤＥ
２ ＝ ３ꎬ ２ ＝－６ꎬ∴ ２ ＝( ３ꎬ０ꎬ－６)ꎬ ∴ ꎬ ꎬ 、 、
高
ｎ ｎ 所在直线为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴 建立空间直角坐
考
ｎ ｎ １ ２ １２ 、 、 ꎬ
数
学 ∴ ｃｏｓ ‹ １ꎬ ２› ＝ ｎ ｎ ＝ 标系 则 Ｂ Ｃ Ａ
｜ １｜｜ ２｜ １３× ３９ ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ
２８８
设 ＥＤ ａ ａ 则 Ｍ ａ Ｆ ａ ＡＢＣＤ.
＝２ ꎬ >０ꎬ (１ꎬ０ꎬ )ꎬ (２ꎬ２ꎬ２ )ꎬ
又 ＤＡ 平面 ＡＢＣＤ ＢＦ ＤＡ
Ｅ ａ Ｂ→Ｍ ａ Ｃ→Ｆ
⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
(０ꎬ０ꎬ２ )ꎬ∴ ＝(－１ꎬ－２ꎬ )ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ
又 ＤＡ ＡＢ ＢＦ ＡＢ Ｂ
ａ . ＢＭ ＣＦ 即Ｂ→Ｍ Ｃ→Ｆ ａ ａ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
２ ) ∵ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∴ －１×２＋ ×２ ＤＡ 平面 ＡＦＢ 平面 ＡＦＢ 的一个法向
∴ ⊥ ꎬ∴
ａ Ｅ→Ａ Ａ→Ｆ .
＝０ꎬ∴ ＝１ꎬ∴ ＝(２ꎬ０ꎬ－２)ꎬ ＝(０ꎬ２ꎬ２)
量为 Ｄ→Ａ . ｍ Ｄ→Ａ
设平面 ＥＡＦ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ ＝ (２ꎬ ０ꎬ ０) ∵ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝
＝ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
{ｍ Ｅ→Ａ ２ ３
＝０ꎬ ＝ ꎬ
则 １＋１＋１×２ ３
ｍ Ａ→Ｆ
＝０ꎬ 由图可知二面角 Ｅ ＡＦ Ｂ 为钝二面角
－ － ꎬ
{ ｘ ｚ
即 ２ －２ ＝０ꎬ ｍ .
ｙ ｚ .∴ ＝(１ꎬ－１ꎬ１) 二面角 Ｅ ＡＦ Ｂ 的余弦值为 ３.
∴ － － －
２ ＋２ ＝０
３
ＢＦ ＤＥ ＤＥ 平面 ＡＢＣＤ ＢＦ 平面
∵ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ∴ ⊥
专
题
八
立
体
几
何
２８９
