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４６２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
８．３ 直线、平面平行的判定与性质
§
２．性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
考点一 直线与平面平行的判定与性质 性 如果两个平面平
质 行 那么在一个平
类别 文字语言 图形语言 符号语言 定 面 ， 内的所有直线 α ∥ β且ａ ⊂ α
ａ β
一条直线与一个平面没有 理 都平行于另一个 ⇒ ∥
定 公共点 则称这条直线与这 ａ ∩ α ＝ ⌀⇒ ａ 平面
义 ， α １
个平面平行 ∥
两个平面平行 如
性 ，
如果平面外一条直线与此 果另一个平面与这
质
判 平面内的一条直线平行 那 ａ ｂ ａ α ｂ 两个平面相交 那 α β且γ α ａ
， ∥ ， ⊄ ， ⊂ 定 ， ∥ ∩ ＝ ，
定 么该直线与此平面平行 即 α ａ α 么两条交线平行 γ β ｂ ａ ｂ
（ ⇒① ∥ 理 ∩ ＝ ⇒ ∥
线线平行 线面平行 简记为 面面平行
⇒ ） （ “
２ 线线平行
一条直线与一个平面平行
⇒ ”）
，
如果过该直线的平面与此平
性 ａ α ａ β α 性 如果两个平行平
面相交 那么该直线与交线 ∥ ， ⊂ ， ∩
质 ， β ｂ ａ ｂ 质 面中有一个垂直
平行 即线面平行 线线平 ＝ ⇒ ∥ α β且ｌ α
（ ⇒ 定 于一条直线 那么 ∥ ⊥
行 ， ｌ β
） 理 另一个平面也垂 ⇒⊥
直于这条直线
考点二 平面与平面平行的判定与性质 ３
１．判定定理 知识拓展 线线平行 线面平行 面面平行的相互转化
、 、
文字语言 图形语言 符号语言 判定定理
判定定理 判定定理
如果一个平面内 线线平行 线面平行 面面↓平行
判 的两条相交直线 ａ α ü
性质定理 性质定理
⊂ ï ↑
性质定理
定 与另一个平面平 ｂ
⊂
α ïï
利用线线平行 线面平行 面面平行的相互转化解决平行关
定 行 那么这两个平 ａ ｂ Ｐý α β
理 面
，
平行 简记为
②
ａ β
∩ ＝ ï⇒ ∥
系的判定时 一般遵
、
循从 低维
、
到 高维 的转化 即从 线线平
（ ∥ ï ， “ ” “ ” ， “
线面平行 面面 ｂ β þ 行 到 线面平行 再到 面面平行 而应用性质定理时 其顺
１ “ ⇒ ∥ ” “ ”， “ ”； ，
平行 序正好相反．在实际应用中 判定定理和性质定理一般要相互结
”） ，
合 灵活运用．
，
判
如果两个平面同
定
垂直于一条直线 ｌ α}
定 ， ⊥ α β
那么这两个平面 ③ ｌ β ⇒ ∥
理 ⊥
平行
２
判
定 平行于同一个平
α β}
定 面的两 个 平 面 ∥ α γ
β γ ⇒④ ∥
理 平行 ∥
３
专题八 立体几何 ４６３
考点一 直线与平面平行的判定与性质
１．在如图所示的正四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ分别是棱Ｂ Ｂ
－ １ １ １ １ ， 、 １ 、
ＡＤ的中点 则直线ＢＦ与平面ＡＤ Ｅ的位置关系是
， １ （ ）
考点二 平面与平面平行的判定与性质
５．已知ｍ ｎ ｌ ｌ 表示不同直线 α β表示不同平面 若ｍ α ｎ
， ，１，２ ， 、 ， ⊂ ，
α ｌ β ｌ β ｌ ｌ Ｍ 则α β的一个充分条件是
⊂ ，１⊂ ，２⊂ ，１∩２＝ ， ∥
平行 相交但不垂直
（ ）
Ａ． Ｂ．
垂直 以上均正确 ｍ β且ｌ α ｍ β且ｎ β
Ｃ． Ｄ．
Ａ． ∥ １∥ Ｂ． ∥ ∥
答案 Ａ ｍ β且ｎ ｌ ｍ ｌ 且ｎ ｌ
２．在
填
正
序
方
号
体 ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
中
，
下列结论正确的是 ．
６．
Ｃ
如
．
答
图
∥
案
已 知
Ｄ
圆
∥
锥
２
的顶点为Ｓ 底面
Ｄ．
圆
∥
Ｏ的
１
两条
∥
直
２
径分别为ＡＢ和
， ，
（ ）
ＡＤ ＢＣ 平面ＡＢ Ｄ 平面ＢＤＣ ＣＤ ， 且ＡＢ ⊥ ＣＤ ， 若平面 ＳＡＤ ∩ 平面 ＳＢＣ ＝ ｌ．现有以下四个结
① ＡＤ １∥ ＤＣ １；② ＡＤ 平 １ 面 １∥ ＢＤＣ ． １； 论 ：① ＡＤ ∥ 平面ＳＢＣ ；② ｌ ∥ ＡＤ ；③ 若Ｅ是底面圆周上的动点 ，
③
答案
１∥ １；④ １∥ １ 则 ＳＡＥ的最大面积等于 ＳＡＢ的面积 ｌ与平面ＳＣＤ所成
△ △ ；④
①②④
３．如图 ， 在四面体ＡＢＣＤ中 ， ＡＢ ＝ ＣＤ ＝ ＡＤ ＝ ＢＤ ＝３， ＡＣ ＝ ＢＣ ＝４， 用 的角为 ４５ °．其中正确结论的序号是 ．
平行于ＡＢ ＣＤ的平面截此四面体 得到截面四边形ＥＦＧＨ 则
， ， ，
该四边形ＥＦＧＨ面积的最大值为 ．
答案
①②④
７．如图所示 在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ 分别是 ＡＢ
， － １ １ １ ， ， ， ， ，
ＡＣ Ａ Ｂ Ａ Ｃ 的中点 求证 平面ＥＦＡ 平面ＢＣＨＧ．
， １ １， １ １ ， ： １∥
答案 ９
４
４．如图 三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 点Ｃ在以ＡＢ为直径的圆Ｏ上 平面
， － ， ，
ＰＡＣ 平面ＡＣＢ 点Ｄ在线段ＡＢ上 且ＢＤ ＡＤ ＣＰ ＣＡ
⊥ ， ， ＝２ ， ＝ ＝３，
ＰＡ ＢＣ 点Ｇ为 ＰＢＣ的重心 点Ｑ为ＰＡ的中点．
＝２， ＝４， △ ，
求证 ＤＧ 平面ＰＡＣ
（１） ： ∥ ；
求点Ｃ到平面ＱＢＡ的距离．
（２）
于选项 若直线ａ α ａ β 则平面α与平面β可能平行 也
Ｂ， ∥ ， ∥ ， ，
可能相交 故 不符合题意 对于选项 若ａ ｂ ａ α ｂ β
， Ｂ ； Ｃ， ∥ ， ∥ ， ∥ ，
则平面α与平面β可能平行 也可能相交 故 不符合题意
， ， Ｃ ；
１．（２０２０甘肃武威调研，５）已知α β是两个不重合的平面 下列
对于选项 当ａ α ｂ β 且ａ β ｂ α时 可在ａ上任取一
， ，
Ｄ， ⊂ ， ⊂ ， ∥ ， ∥ ，
选项中 一定能得出平面α与平面β平行的是
点Ｐ 过点Ｐ作直线ｂ′ ｂ 由线面平行的判定定理得ｂ′ β 又
， （ ）
， ∥ ， ∥ ，
α内有两条直线与β平行
知ａ与ｂ′相交 再由面面平行的判定定理得α β 故 符合题
Ａ．
， ∥ ， Ｄ
直线ａ α ａ β 意 所以选 ．
Ｂ． ∥ ， ∥
， Ｄ
直线ａ ｂ满足ａ ｂ ａ α ｂ β 名师点拨 在使用平面与平面平行的判定定理证明面面平行
Ｃ． ， ∥ ， ∥ ， ∥
异面直线ａ ｂ满足ａ α ｂ β 且ａ β ｂ α 时 需注意是其中一个平面内的两条相交直线分别与另一个平
Ｄ． ， ⊂ ， ⊂ ， ∥ ， ∥
答案 Ｄ 对于选项
Ａ，
当α内有两条平行直线与β平行时
，
面 ， 平行．
平面α与平面β可能平行
，
也可能相交
，
故
Ａ
不符合题意
；
对
２．如图 ， 在多面体ＡＢＣ － ＤＥＦＧ中 ， 平面ＡＢＣ ∥ 平面ＤＥＦＧ ， ＥＦ ∥
４６４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＤＧ 且ＡＢ ＤＥ ＤＧ ＥＦ 则
， ＝ ， ＝２ ， （ ）
ＢＦ 平面ＡＣＧＤ ＣＦ 平面ＡＢＥＤ
Ａ． ∥ Ｂ． ∥
ＢＣ ＦＧ 平面ＡＢＥＤ 平面ＣＧＦ Ａ．２ ∶ ５ Ｂ．３ ∶ ８ Ｃ．４ ∶ ９ Ｄ．４ ∶ ２５
Ｃ． ∥ Ｄ． ∥ 答案 Ｄ 平面α 平面ＡＢＣ 平面ＰＡＢ 平面α Ａ′Ｂ′
答案 Ａ 取ＤＧ的中点Ｍ 连接ＡＭ ＦＭ 如图所示． ∵ ∥ ， ∩ ＝ ，
， ， ， 平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣ ＡＢ
∩ ＝ ，
Ａ′Ｂ′ ＡＢ 又知ＰＡ′ ＡＡ′
∴ ∥ ， ∶ ＝２ ∶ ３，
Ａ′Ｂ′ ＡＢ ＰＡ′ ＰＡ
∴ ∶ ＝ ∶ ＝２ ∶ ５，
同理可得Ｂ′Ｃ′ ＢＣ Ａ′Ｃ′ ＡＣ ．
∶ ＝ ∶ ＝２ ∶ ５
Ａ′Ｂ′Ｃ′ ＡＢＣ 且相似比为
∴ △ ∽△ ， ２ ∶ ５，
Ｓ
△ Ａ′Ｂ′Ｃ′
(Ａ′Ｂ′)
２ ４ 故选 ．
∴ Ｓ ＝ ＡＢ ＝ ， Ｄ
则由已知条件易证四边形ＤＥＦＭ是平行四边形 ＤＥ ＦＭ． △ ＡＢＣ ２５
，∴ ５．（２０１９ 内蒙古呼和浩特模拟，６）如图 在正方体 ＡＢＣＤ
平面 ＡＢＣ 平面 ＤＥＦＧ 平面 ＡＢＣ 平面 ＡＤＥＢ ＡＢ 平面 ， －
∵ ∥ ， ∩ ＝ ， Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｏ为底面 ＡＢＣＤ 的中心 Ｐ 是 ＤＤ 的中点 设 Ｑ
ＤＥＦＧ 平面 ＡＤＥＢ ＤＥ ＡＢ ＤＥ ＡＢ ＦＭ．又 ＡＢ ＤＥ １ １ １ １ ， ， １ ，
∩ ＝ ，∴ ∥ ，∴ ∥ ＝ ， 是ＣＣ 上的点 当点Ｑ在 位置时 平面Ｄ ＢＱ 平面
ＡＢ ＦＭ 四边形ＡＢＦＭ是平行四边形 即ＢＦ ＡＭ．又ＢＦ １ ， ， １ ∥
∴ ＝ ，∴ ， ∥ ＰＡＯ．
平面ＡＣＧＤ ＡＭ 平面ＡＣＧＤ ＢＦ 平面ＡＣＧＤ．故选 ． （ ）
⊄ ， ⊂ ，∴ ∥ Ａ
３．（２０１８山东聊城模拟，４）下列四个正方体中 Ａ Ｂ Ｃ为所在棱
， ， ，
的中点 则能得出平面ＡＢＣ 平面ＤＥＦ的是
， ∥ （ ）
Ｑ与Ｃ重合 Ｑ与Ｃ 重合
Ａ． Ｂ． １
Ｑ为ＣＣ 的三等分点 Ｑ为ＣＣ 的中点
Ｃ． １ Ｄ． １
答案 Ｄ 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
－ １ １ １ １ ，
Ｏ为底面ＡＢＣＤ的中心 Ｐ是ＤＤ 的中点
∵ ， １ ，
ＰＯ ＢＤ
∴ ∥ １，
Ｑ是ＣＣ 上的点 当点Ｑ在ＣＣ 的中点位置时
１ ， １ ，
ＰＱ ＡＢ 四边形ＡＢＱＰ是平行四边形 ＡＰ ＢＱ
，∴ ，∴ ∥ ，
又 ＡＰ ＰＯ Ｐ ＢＱ ＢＤ Ｂ ＡＰ ＰＯ 平面ＡＰＯ ＢＱ ＢＤ
∵ ∩ ＝ ， ∩ １＝ ， 、 ⊂ ， 、 １⊂
答案 Ｂ 在 中 如图 连接ＭＮ ＰＮ 平面ＢＱＤ
Ｂ ， ， ， ， １，
平面Ｄ ＢＱ 平面ＰＡＯ．故选
∴ １ ∥ Ｄ．
６．（２０１８湖南长沙长郡中学调研考试，１１）如图 在四棱锥 Ｐ
， －
ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＰＡ ＡＤ ＡＢ ＢＣ ＰＡ 平面
， ⊥ ， ∥ ， ＝ ＝４， ＝ ＝２， ⊥
ＡＢＣＤ 点Ｅ是线段ＡＢ的中点 点Ｆ在线段ＰＡ上 且ＥＦ 平
， ， ， ∥
Ａ Ｂ Ｃ为正方体所在棱的中点 面ＰＣＤ 直线ＰＤ与平面ＣＥＦ交于点Ｈ 则线段ＣＨ的长度为
∵ ， ， ， ， ，
ＡＢ ＭＮ ＡＣ ＰＮ
∴ ∥ ， ∥ ， （ ）
ＭＮ ＤＥ ＰＮ ＥＦ
∵ ∥ ， ∥ ，
ＡＢ ＤＥ ＡＣ ＥＦ
∴ ∥ ， ∥ ，
ＡＢ ＡＣ Ａ ＤＥ ＥＦ Ｅ
∵ ∩ ＝ ， ∩ ＝ ，
ＡＢ ＡＣ 平面ＡＢＣ ＤＥ ＥＦ 平面ＤＥＦ
， ⊂ ， ， ⊂ ，
平面ＡＢＣ 平面ＤＥＦ．故选
∴ ∥ Ｂ．
４．（２０２０豫北名校９月联考，６）如图所示 Ｐ是三角形ＡＢＣ所在
，
平面外一点 平面α 平面ＡＢＣ α分别交线段ＰＡ ＰＢ ＰＣ于
， ∥ ， ， ，
点Ａ′ Ｂ′ Ｃ′ 若ＰＡ′ ＡＡ′ 则 Ａ′Ｂ′Ｃ′与 ＡＢＣ的面积
， ， ， ∶ ＝２ ∶ ３， △ △ Ａ． ２ Ｂ．２ Ｃ．２ ２ Ｄ．２ ３
比为 答案 Ｃ ＰＤ与平面ＣＥＦ交于点Ｈ 平面ＣＥＦ 平面
（ ） ∵ ，∴ ∩
ＰＣＤ ＣＨ ＥＦ 平面ＰＣＤ ＥＦ ＣＨ．过点Ｈ作ＨＭ ＰＡ交
＝ ，∵ ∥ ，∴ ∥ ∥
ＡＤ于点Ｍ 连接ＣＭ ＥＦ ＡＦ Ｆ ＣＨ ＨＭ Ｈ 平面ＡＥＦ
， ，∵ ∩ ＝ ， ∩ ＝ ，∴
平面ＣＨＭ 平面ＡＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＥ 平面ＣＨＭ 平面
∥ ，∵ ∩ ＝ ， ∩
ＡＢＣＤ ＣＭ ＡＥ ＣＭ ＢＣ ＡＭ 四边形ＡＢＣＭ为平行四
＝ ，∴ ∥ ，∵ ∥ ，∴
专题八 立体几何 ４６５
边形 ＡＭ 又ＡＤ Ｍ是ＡＤ的中点 则Ｈ为ＰＤ的中 ＡＤ ＡＡ 的中点 Ｑ是ＢＣ上的一个动点 且ＢＱ λＱＣ λ ．
，∴ ＝２， ＝４，∴ ， ， １ ， ， ＝ （ ＞０）
点 ，∴ ＣＨ ＝ ＣＭ２ ＋ ＭＨ２ ＝ ２ ２ ＋２ ２ ＝２ ２ ． （１） 当λ ＝１ 时 ， 求证 ： 平面ＢＥＦ ∥ 平面Ａ １ ＤＱ ；
７．如图 四边形ＡＢＣＤ是平行四边形 点Ｐ是平面ＡＢＣＤ外的一 是否存在λ 使得ＢＤ ＦＱ 若存在 求出λ的值 若不存
（２） ， ⊥ ？ ， ；
， ，
点 Ｍ是ＰＣ的中点 在ＤＭ上取一点Ｇ 过Ｇ和ＡＰ作平面交
在 请说明理由．
，
， ， ，
平面ＢＤＭ于ＧＨ 求证 ＡＰ ＧＨ．
， ： ∥
解析 证明 当λ 时 Ｑ为ＢＣ的中点
（１） ： ＝１ ， ，
因为Ｅ是ＡＤ的中点
，
所以ＥＤ ＢＱ 又ＥＤ ＢＱ 所以四边形ＢＥＤＱ是平行四边形
证明 如图 连接ＡＣ 设ＡＣ交ＢＤ于Ｏ 连接ＭＯ． ＝ ， ∥ ， ，
， ， ， 所以ＢＥ ＱＤ．
∥
又ＢＥ 平面Ａ ＤＱ ＤＱ 平面Ａ ＤＱ 所以ＢＥ 平面Ａ ＤＱ．
⊄ １ ， ⊂ １ ， ∥ １
又Ｆ是Ａ Ａ的中点 所以ＥＦ Ａ Ｄ．
１ ， ∥ １
因为ＥＦ 平面Ａ ＤＱ Ａ Ｄ 平面Ａ ＤＱ 所以ＥＦ 平面Ａ ＤＱ
⊄ １ ， １ ⊂ １ ， ∥ １ ，
又ＢＥ ＥＦ Ｅ 所以平面ＢＥＦ 平面Ａ ＤＱ．
∩ ＝ ， ∥ １
存在．理由 如图 连接ＡＱ
（２） ： ， ，
四边形ＡＢＣＤ是平行四边形
∵ ，
Ｏ是ＡＣ的中点．
∴
又Ｍ是ＰＣ的中点
，
ＭＯ ＰＡ．
∴ ∥
又ＭＯ 平面ＢＤＭ ＰＡ 平面ＢＤＭ 因为Ａ Ａ 平面ＡＢＣＤ ＢＤ 平面ＡＢＣＤ
⊂ ， ⊄ ， １ ⊥ ， ⊂ ，
ＰＡ 平面ＢＤＭ． 所以Ａ Ａ ＢＤ．
∴ ∥ １ ⊥
又经过ＰＡ与点Ｇ的平面交平面ＢＤＭ于ＧＨ 又因为ＢＤ ＦＱ Ａ Ａ ＦＱ 平面 Ａ ＡＱ 且 Ａ Ａ ＦＱ Ｆ 所以
， ⊥ ， １ 、 ⊂ １ ， １ ∩ ＝ ，
ＡＰ ＧＨ． ＢＤ 平面Ａ ＡＱ．
∴ ∥ ⊥ １
８．（２０１８安徽合肥一中模拟，１８）如图 四边形 ＡＢＣＤ 与 ＡＤＥＦ 因为ＡＱ 平面Ａ ＡＱ 所以ＡＱ ＢＤ．
， ⊂ １ ， ⊥
均为平行四边形 Ｍ Ｎ Ｇ分别是ＡＢ ＡＤ ＥＦ的中点． 在矩形ＡＢＣＤ中 由ＡＱ ＢＤ 得 ＡＱＢ ＤＢＡ
， ， ， ， ， ， ⊥ ， △ ∽△ ，
求证 ＢＥ 平面ＤＭＦ 所以ＡＢ２ ＡＤ ＢＱ．
（１） ： ∥ ； ＝ ·
求证 平面ＢＤＥ 平面ＭＮＧ．
（２） ： ∥ 又ＡＢ ＡＤ 所以ＢＱ １ 所以ＱＣ ３
＝１， ＝２， ＝ ， ＝ ，
２ ２
ＢＱ
所以 １ 即λ １ ．故存在λ １ 满足题意．
ＱＣ＝ ， ＝ ＝
３ ３ ３
１０．（２０１８ 河南六市三模，１８）已知空间几何体 ＡＢＣＤＥ 中
，
ＢＣＤ与 ＣＤＥ均是边长为 的等边三角形 ＡＢＣ是腰长
△ △ ２ ，△
为 的等腰三角形 平面 ＣＤＥ 平面 ＢＣＤ 平面 ＡＢＣ 平
３ ， ⊥ ， ⊥
证明 如图 连接ＡＥ 则ＡＥ必过ＤＦ与ＧＮ的交点Ｏ 面ＢＣＤ．
（１） ， ， ，
连接ＭＯ 则ＭＯ为 ＡＢＥ的中位线 所以ＢＥ ＭＯ 试在平面ＢＣＤ内作一条直线 使得直线上任意一点Ｆ与
， △ ， ∥ ， （１） ，
又ＢＥ 平面ＤＭＦ ＭＯ 平面ＤＭＦ 所以ＢＥ 平面ＤＭＦ． Ｅ的连线ＥＦ均与平面ＡＢＣ平行 并给出证明
⊄ ， ⊂ ， ∥ ， ；
求三棱锥Ｅ ＡＢＣ的体积．
（２） －
因为Ｎ Ｇ分别为平行四边形ＡＤＥＦ的边ＡＤ ＥＦ的中点
（２） ， ， ，
所以ＤＥ ＧＮ．
∥
又ＤＥ 平面ＭＮＧ ＧＮ 平面ＭＮＧ 所以ＤＥ 平面ＭＮＧ． 解析 如图所示 取ＤＣ的中点Ｎ 取ＢＤ的中点Ｍ 连
⊄ ， ⊂ ， ∥ （１） ， ， ，
因为Ｎ为ＡＤ的中点 Ｍ为ＡＢ的中点 所以ＭＮ为 ＡＢＤ的中 接ＭＮ 则ＭＮ即为所求．
， ， △ ，
位线 所以ＢＤ ＭＮ 证明 连接ＥＭ ＥＮ 取ＢＣ的中点Ｈ 连接ＡＨ
， ∥ ， ： ， ， ， ，
又ＢＤ 平面ＭＮＧ ＭＮ 平面ＭＮＧ 所以ＢＤ 平面ＭＮＧ ＡＢＣ是腰长为 的等腰三角形 ＢＣ Ｈ为ＢＣ的中点
⊄ ， ⊂ ， ∥ ， ∵ △ ３ ， ＝２， ，
又ＤＥ与ＢＤ为平面ＢＤＥ内的两条相交直线 ＡＨ ＢＣ 又平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ 平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ
， ∴ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝
所以平面ＢＤＥ 平面ＭＮＧ． ＢＣ ＡＨ 平面ＡＢＣ
∥ ， ⊂ ，
９．如图 在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ ＡＤ Ｅ Ｆ分别为 ＡＨ 平面ＢＣＤ 同理可证ＥＮ 平面ＢＣＤ
， － １ １ １ １ ， ＝１， ＝２， ， ∴ ⊥ ， ⊥ ，
４６６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＥＮ ＡＨ 连接ＤＨ 取ＣＨ的中点Ｇ 连接ＮＧ 则ＮＧ ＤＨ
∴ ∥ ， （２） ， ， ， ∥ ，
ＥＮ 平面ＡＢＣ ＡＨ 平面ＡＢＣ 由 可知ＥＮ 平面ＡＢＣ
∵ ⊄ ， ⊂ ， （１） ∥ ，
ＥＮ 平面ＡＢＣ． 点Ｅ到平面ＡＢＣ的距离与点Ｎ到平面ＡＢＣ的距离相等
∴ ∥ ∴ ，
又Ｍ Ｎ分别为ＢＤ ＤＣ的中点 又 ＢＣＤ是边长为 的等边三角形
， ， ， △ ２ ，
ＭＮ ＢＣ ＤＨ ＢＣ
∴ ∥ ， ∴ ⊥ ，
ＭＮ 平面ＡＢＣ ＢＣ 平面ＡＢＣ 又平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ 平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ ＢＣ ＤＨ 平
∵ ⊄ ， ⊂ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
ＭＮ 平面ＡＢＣ． 面ＢＣＤ
∴ ∥ ，
又ＭＮ ＥＮ Ｎ ＭＮ 平面ＥＭＮ ＥＮ 平面ＥＭＮ ＤＨ 平面ＡＢＣ
∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ， ∴ ⊥ ，
平面ＥＭＮ 平面ＡＢＣ ＮＧ 平面ＡＢＣ
∴ ∥ ， ∴ ⊥ ，
又ＥＦ 平面ＥＭＮ 易知ＤＨ
⊂ ， ＝ ３，
ＥＦ 平面ＡＢＣ
∴ ∥ ，
即直线 ＭＮ 上任意一点 Ｆ 与 Ｅ 的连线 ＥＦ 均与平面 ＡＢＣ ∴ ＮＧ ＝ ３ ，
２
平行．
又Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ · ＢＣ · ＡＨ ＝ １ ×２× ３ ２ －１ ２ ＝２ ２，
２ ２
Ｖ １ Ｓ ＮＧ ６．
∴ Ｅ － ＡＢＣ＝ · △ ＡＢＣ· ＝
３ ３
ＡＢ ＣＤ，ＣＤ ＡＢ， Ａ为ＤＮ的中点．
∵ ∥ ＝２ ∴
又Ｆ为ＤＥ的中点， ＡＦ ＥＮ，
∴ ∥
ＥＮ 平面ＢＣＥ，ＡＦ 平面ＢＣＥ， ＡＦ 平面ＢＣＥ．
∵ ⊂ ⊄ ∴ ∥
考法 直线与平面、平面与平面平行的证明方法
证法三：如图，取ＣＤ的中点Ｇ，
例１ 如图 在四棱锥Ｅ ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＣＤ ＣＤ ＡＢ 点 连接ＡＧ，ＧＦ， 点Ｆ为ＤＥ的中点，
， － ， ∥ ， ＝２ ， ∵
Ｆ为棱ＤＥ的中点．证明 ＡＦ 平面ＢＣＥ． ＦＧ ＣＥ，
： ∥ ∴ ∥
ＦＧ 平面 ＢＣＥ，ＣＥ 平面
∵ ⊄ ⊂
ＢＣＥ， ＦＧ 平面ＢＣＥ．
∴ ∥
ＡＢ ＣＤ，ＡＢ ＣＧ，
∵ ∥ ＝
四边形 ＡＢＣＧ 是平行四边
∴
形， ＡＧ ＢＣ，
∴ ∥
ＡＧ 平面ＢＣＥ，ＢＣ 平面ＢＣＥ， ＡＧ 平面ＢＣＥ．
∵ ⊄ ⊂ ∴ ∥
又ＦＧ ＡＧ Ｇ，ＦＧ 平面ＡＦＧ，ＡＧ 平面ＡＦＧ，
证明 证法一：如图，取ＣＥ的中点Ｍ，连接ＦＭ，ＢＭ． ∩ ＝ ⊂ ⊂
平面ＡＦＧ 平面ＢＣＥ．
点Ｆ为ＤＥ的中点，Ｍ为ＣＥ的 ∴ ∥
∵ ＡＦ 平面ＡＦＧ， ＡＦ 平面ＢＣＥ．
∵ ⊂ ∴ ∥
中点， ＦＭ ＣＤ且ＦＭ １ ＣＤ． 方法总结 １．利用直线与平面平行的判定定理．使用该定
∴ ∥ ＝
ＡＢ ＣＤ，且ＣＤ Ａ
２
Ｂ， ＦＭ
理时
，
应注意定理成立时所满足的条件．
ＡＢ且
∵
ＦＭ
∥
ＡＢ， 四边
＝
形
２
ＡＢＭ
∴
Ｆ 为
∥
平
２．利用面面平行的性质定理
，
把面面平行转化为线面平行．
＝ ∴ 已知直线在一平面之内 若两平面平行 则该平面内的
行四边形， ＡＦ ＢＭ． ＡＦ 平面 （１） ， ，
ＢＣＥ，ＢＭ
∴
平面
∥
ＢＣＥ，
∵
Ａ
⊄
Ｆ 平
所有直线与另一平面无公共点
，
推得线面平行．
⊂ ∴ ∥ 若一条直线在两平行平面外 且与其中一平面平行 则
面ＢＣＥ．
（２） ， ，
证法二：如图，在平面 ＡＢＣＤ 内，分别延长 ＣＢ，ＤＡ，交于点
这条直线与另一平面平行．
Ｎ，连接ＥＮ． 例２ 如图所示 正方体 ＡＢＣＤ
， －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ Ｎ 分别是 Ａ Ｂ Ａ Ｄ 的中
１ １ １ １ ， ， １ １， １ １
点 Ｅ Ｆ分别是Ｂ Ｃ Ｃ Ｄ 的中点．
， ， １ １， １ １
求证 四边形ＢＤＦＥ为梯形
（１） ： ；
求证 平面ＡＭＮ 平面ＥＦＤＢ．
（２） ： ∥
解题导引
专题八 立体几何 ４６７
因为ＭＰ 平面Ａ′ＡＣＣ′，ＡＡ′ 平面Ａ′ＡＣＣ′，
⊄ ⊂
所以ＭＰ 平面Ａ′ＡＣＣ′，同理，ＮＰ 平面Ａ′ＡＣＣ′．
∥ ∥
又ＭＰ ＮＰ Ｐ，因此平面ＭＰＮ 平面Ａ′ＡＣＣ′．
∩ ＝ ∥
又ＭＮ 平面ＭＰＮ，因此ＭＮ 平面Ａ′ＡＣＣ′．
⊂ ∥
（ ）连接ＢＮ，由题意知Ａ′Ｎ Ｂ′Ｃ′，因为平面Ａ′Ｂ′Ｃ′ 平
２ ⊥ ∩
面Ｂ′ＢＣＣ′ Ｂ′Ｃ′，平面Ａ′Ｂ′Ｃ′ 平面Ｂ′ＢＣＣ′，
＝ ⊥
所以Ａ′Ｎ 平面ＮＢＣ．又Ａ′Ｎ １ Ｂ′Ｃ′ ，
⊥ ＝ ＝１
２
故Ｖ Ｖ １ Ｖ １ Ｖ １ ．
Ａ′
－
ＭＮＣ＝ Ｎ
－
Ａ′ＭＣ＝ Ｎ
－
Ａ′ＢＣ＝ Ａ′
－
ＮＢＣ＝
２ ２ ６
证明 （ ）连接Ｂ Ｄ ． 在 Ｂ Ｄ Ｃ 中，Ｅ，Ｆ分别是Ｂ Ｃ ， 例 （２０１９ 吉林长春四模，１８）已知四棱柱 ＡＢＣＤ
１ １ １ ∵ △ １ １ １ １ １ －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＤＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＤＣ ＡＤ ＡＢ ＤＣ ＡＤ
Ｃ Ｄ 的中点， ＥＦ Ｂ Ｄ 且ＥＦ １ Ｂ Ｄ ，又知四边形ＢＤＤ Ｂ １ １ １ １ ， １⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ＝２ ＝
１ １ ∴ ∥ １ １ ＝ １ １ １ １ ＡＢ ＡＡ 点Ｍ为Ｃ Ｄ 的中点．
２ ２ ＝２， １＝４， １ １
为矩形， ∴ ＢＤ Ｂ １ Ｄ １ ， ∴ ＥＦ ∥ ＢＤ且ＥＦ ＝ ２ １ ＢＤ． ∴ 四边形ＢＤＦＥ （１） 求 求 证 直 ： 线 平 Ｃ 面 Ｄ Ａ 与 Ｂ １ 平 Ｄ １ 面 ∥ 平 ＡＢ 面 Ｄ ＢＤ 所 Ｍ 成 ； 角的正弦值．
为梯形． （２） １ １ １
（ ）连接ＦＭ，在 Ａ Ｂ Ｄ 中，Ｍ，Ｎ分别为Ａ Ｂ ，Ａ Ｄ 的中
２ △ １ １ １ １ １ １ １
点， ＭＮ Ｂ Ｄ ．由（ ）知，ＥＦ Ｂ Ｄ ， ＭＮ ＥＦ．
∴ ∥ １ １ １ ∥ １ １ ∴ ∥
在正方形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中，Ｆ 为 Ｃ Ｄ 的中点，Ｍ 为 Ａ Ｂ 的中
１ １ １ １ １ １ １ １
点， ＦＭ Ａ Ｄ ，又 四边形ＡＤＤ Ａ 为正方形， ＡＤ Ａ Ｄ ，
∴ １ １ ∵ １ １ ∴ １ １
ＦＭ ＡＤ， 四边形ＡＤＦＭ为平行四边形． ＡＭ ＤＦ．
∴ ∴ ∴ ∥
又 ＡＭ ＭＮ Ｍ，ＡＭ，ＭＮ 平面ＡＭＮ，ＤＦ ＦＥ Ｆ，ＤＦ，ＦＥ
∵ ∩ ＝ ⊂ ∩ ＝
平面ＥＦＤＢ， 平面ＡＭＮ 平面ＥＦＤＢ．
⊂ ∴ ∥
方法总结 平面与平面平行的判定方法 解题导引
：
定义法 两个平面没有公共点．
（１） ：
判定定理法 一个平面内的两条相交直线分别平行于另
（２） ：
一个平面．
转化为线线平行 若平面α内的两条相交直线与平面β
（３） ：
内的两条相交直线分别平行 则α β．
， ∥
利用平行平面的传递性 若α β β γ 则α γ．
（４） ： ∥ ， ∥ ， ∥
垂直于同一条直线的两个平面平行． 解析 （ ）证明：由题意得，ＤＤ ＢＢ ，ＤＤ ＢＢ ，
（５） １ １∥ １ １＝ １
证明两个平面的法向量共线． 故四边形ＤＤ Ｂ Ｂ为平行四边形，所以Ｄ Ｂ ＤＢ．
（６） １ １ １ １∥
又Ｄ Ｂ 平面ＡＤ Ｂ ，ＤＢ 平面 ＡＤ Ｂ ，所以 ＤＢ 平面
１ １⊂ １ １ ⊄ １ １ ∥
例 （２０１８ 江西南昌二中月考，１９）在直三棱柱 ＡＢＣ ＡＤ Ｂ ． （ 分）
－ １ １ ２
Ａ′Ｂ′Ｃ′中 ＢＡＣ ° ＡＢ ＡＣ ＡＡ′ 点Ｍ Ｎ分别为Ａ′ 由题意可知 ＡＢ ＤＣ，Ｄ Ｃ ＤＣ，Ｍ 为 Ｄ Ｃ 的中点，则
，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ２， ＝１， ， ∥ １ １∥ １ １
Ｂ和Ｂ′Ｃ′的中点． Ｄ Ｍ ＡＢ且Ｄ Ｍ ＡＢ ，所以四边形ＡＢＭＤ 为平行四边形，
１ ∥ １ ＝ ＝１ １
证明 ＭＮ 平面Ａ′ＡＣＣ′ 所以ＢＭ ＡＤ ．又 ＢＭ 平面 ＡＤ Ｂ ，ＡＤ 平面 ＡＤ Ｂ ，所以
（１） ： ∥ ； ∥ １ ⊄ １ １ １⊂ １ １
求三棱锥Ａ′ ＭＮＣ的体积． ＢＭ 平面ＡＤ Ｂ ． （ 分）
（２） － ∥ １ １ ４
又由于ＢＭ，ＢＤ相交，所以平面ＡＢ Ｄ 平面ＢＤＭ．（ 分）
１ １∥ ６
（ ）由题意，以Ｄ为坐标原点，分别以Ｄ→Ａ，Ｄ→Ｃ，Ｄ→Ｄ 方向为ｘ
２ １
轴、ｙ轴、ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系，则 Ｄ （ ， ， ），
１ ０ ０ ４
Ｃ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ）．则Ａ→Ｄ （ ， ， ），Ａ→Ｂ （ ，
０ ２ ０ １ ０ ０ １ １ １ ４ １＝ －１ ０ ４ １＝ ０
， ）．
１ ４
设平 面 ＡＢ Ｄ 的 法 向 量 为 ｎ （ｘ， ｙ， ｚ）， 则 有
１ １ ＝
解析 （ １ ）证法一：连接ＡＢ′，ＡＣ′， {Ａ→Ｄ １ ·ｎ ＝０ ， 即 { － ｘ ＋４ ｚ ＝０ ， 令ｚ ，则ｎ （ ， ， ）， （ 分）
点．又 因 因 为 为 三 Ｎ 棱 为 柱 Ｂ Ａ ′ Ｂ Ｃ Ｃ ′的 － Ａ 中 ′Ｂ 点 ′Ｃ ， ′ 所 为 以 直三 ＭＮ 棱柱 Ａ ， Ｃ 所 ′， 以 又 Ｍ ＭＮ 为Ａ 平 Ｂ′ 面 的中 Ａ′ Ａ→Ｂ １ ·ｎ ＝０ ， ｙ ＋４ ｚ ＝０ ． ＝１ ＝ ４ －４ １ ９
ＡＣＣ′，ＡＣ′
⊂
平面Ａ′ＡＣＣ′，所以ＭＮ
∥
平
∥
面Ａ′ＡＣＣ′．证法
⊄
二：取Ａ′
又Ｃ→Ｄ
１＝
（
０
，
－２
，
４
）， （
１０
分）
Ｂ′的中点Ｐ，连接ＭＰ，ＮＰ．又因为Ｍ，Ｎ分别为Ａ′Ｂ和Ｂ′Ｃ′的中 设直线 ＣＤ
１
与平面 ＡＢ
１
Ｄ
１
所成的角为 θ，则
ｓｉｎ
θ
＝
点，所以ＭＰ ＢＢ′，ＮＰ Ａ′Ｃ′，易知ＡＡ′ ＢＢ′，所以ＭＰ ＡＡ′． Ｃ→Ｄ ·ｎ
∥ ∥ ∥ ∥ １ ２ １６５． （ 分）
｜
Ｃ→Ｄ
１｜
·
｜
ｎ
｜
＝
５５
１２
４６８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｆ分别是棱ＡＢ ＰＢ的中点 点Ｇ是 ＢＣＥ的重心．
， ， △
证明 ＧＦ 平面ＰＡＣ
（１） ： ∥ ；
若ＧＦ与平面ＡＢＣ所成的角为 ° 求二面角Ｂ ＡＰ Ｃ的
（２） ６０ ， － －
考法 直线与平面、平面与平面平行的证明方法
余弦值．
１．（２０２０山东滨州三校联考）设α β为两个平面 则α β的充
， ， ∥
要条件是
（ ）
．α内有无数条直线与β平行
Ａ
α β平行于同一条直线
Ｂ． ，
α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行
Ｃ．
α β垂直于同一个平面
Ｄ． ，
答案 Ｃ
２．（２０２０河南安阳天一“顶尖计划”第三次联考，７）设α
，
β是两
７．（２０２０山东潍坊一模，１９）如图 在等腰直角三角形ＡＤＰ中
， ，
个不同的平面 ， ｍ ， ｎ是两条不同的直线 ， 下列说法正确的是 ∠ Ａ ＝９０ ° ， ＡＤ ＝３， Ｂ ， Ｃ分别是ＡＰ ， ＤＰ上的点 ， 且ＢＣ ∥ ＡＤ ， Ｅ ， Ｆ
（ ） 分别是 ＡＢ ＰＣ 的中点 现将 ＰＢＣ 沿 ＢＣ 折起 得到四棱锥
， ， △ ，
Ａ． 若ｍ ∥ ｎ ， ｍ ∥ α ， 则ｎ ∥ α Ｐ － ＡＢＣＤ ， 连接ＥＦ．
Ｂ． 若ｍ ⊥ ｎ ， ｍ ⊥ α ， ｎ ∥ β ， 则α ∥ β 证明 ＥＦ 平面ＰＡＤ
（１） ： ∥ ；
Ｃ．
若ｍ
⊂
α
，
ｎ
⊂
β
，
ｍ
∥
ｎ
，
则α
∥
β 是否存在点Ｂ 当将 ＰＢＣ沿ＢＣ折起到ＰＡ ＡＢ时 二面
（２） ， △ ⊥ ，
若ｎ α ｍ ｎ ｍ β 则α β
Ｄ． ⊂ ， ∥ ， ⊥ ， ⊥
答案 Ｄ 角Ｐ ＣＤ Ｅ 的余弦值等于 １５ 若存在 求出 ＡＢ 的长
－ － ？ ， ；
３．（２０２０北京石景山一模，６）点Ｍ Ｎ分别是棱长为 的正方体 ５
， ２ 若不存在 请说明理由．
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中棱 ＢＣ ＣＣ 的中点 动点 Ｐ 在正方形 ，
－ １ １ １ １ ， １ ，
ＢＣＣ Ｂ 包括边界 内运动．若ＰＡ 平面ＡＭＮ 则ＰＡ 的长度
１ １（ ） １∥ ， １
范围是
（ ）
８．（２０１６山东，１８，１２分）在如图所示的几何体中 Ｄ是ＡＣ的中
，
点 ＥＦ ＤＢ．
， ∥
已知ＡＢ ＢＣ ＡＥ ＥＣ 求证 ＡＣ ＦＢ
（１） ＝ ， ＝ ， ： ⊥ ；
已知Ｇ Ｈ分别是ＥＣ和ＦＢ的中点．求证 ＧＨ 平面ＡＢＣ．
（２） ， ： ∥
é ù é ù
． êê３ ２ úú êê３ ２ úú
Ａ［２， ５］ Ｂ．ë ， ５û Ｃ．ë ，３û Ｄ．［２，３］
２ ２
答案 Ｂ
４．（多选题）（２０２０山东六地部分学校３ 月测试，１１）已知正四
棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面边长为 侧棱ＡＡ Ｐ为上底
－ １ １ １ １ ２， １＝１，
面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 上的动点 下列结论中正确的是
１ １ １ １ ， （ ）
若ＰＤ 则满足条件的Ｐ点有且只有一个
Ａ． ＝３，
若ＰＤ 则点Ｐ的轨迹是一段圆弧
Ｂ． ＝ ３， ９．（２０２０ 山东新高考质量测评联
若ＰＤ 平面ＡＣＢ 则ＤＰ长的最小值为
Ｃ． ∥ １， ２ 盟１０月联考，２１）如图 在四棱
Ｄ． 若 ＰＤ ∥ 平面 ＡＣＢ １， 且 ＰＤ ＝ ３， 则平面 ＢＤＰ 截正四棱柱 锥Ｓ
－
ＡＢＣＤ 中
，
四边形 Ａ ， ＢＣＤ 是
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的外接球所得平面图形的面积为９π 矩形 ＳＡＤ 是等边三角形 平
－ １ １ １ １ ４ 面ＳＡ ， Ｄ △ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ Ｅ ， 为
答案 ＡＢＤ ⊥ ， ＝１，
棱ＳＡ 上一点 Ｐ 为 ＡＤ 的中点
５．（２０２０江苏南通二模，６）设α β为互不重合的平面 ｍ ｎ是互 ， ，
、 ， ，
不重合的直线 给出下列四个命题 四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ的体积为２ ３．
， ： －
若ｍ ｎ ｎ α 则ｍ α ３
① ∥ ， ⊂ ， ∥ ； 若Ｅ为棱ＳＡ的中点 Ｆ是棱ＳＢ的中点 求证 平面ＰＥＦ
若ｍ α ｎ α ｍ β ｎ β 则α β （１） ， ， ： ∥
② ⊂ ， ⊂ ， ∥ ， ∥ ， ∥ ； 平面ＳＣＤ
若α β ｍ α ｎ β 则ｍ ｎ ；
③ ∥ ， ⊂ ， ⊂ ， ∥ ； 是否存在点Ｅ 使得平面ＰＥＢ与平面ＳＡＤ所成的锐二面角
若α β α β ｍ ｎ α ｍ ｎ 则ｎ β． （２） ，
④ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊥ ， ⊥
其中正确命题的序号为 ． 的余弦值为 ３０ 若存在 确定点Ｅ的位置 若不存在 请
？ ， ； ，
答案 １０
④ 说明理由．
６．（２０２０湖南长沙雅礼中学月考（七），１８）如图 三棱锥Ｐ ＡＢＣ
， －
中 平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣ ＰＡ ＰＢ ＡＰＢ ＡＣＢ ° 点Ｅ
， ⊥ ， ＝ ，∠ ＝∠ ＝９０ ， ，
专题八 立体几何 ４６９
１ ＦＣ
，
２
由已知得ＤＥ ＣＦ 且ＤＥ １ ＣＦ 所以ＤＥ ＯＨ 所以四边形
考法 直线与平面、平面与平面平行的证明方法 ∥ ， ＝ ， ，
２
１．（２０１９河南安阳三模，１８）如图所示 四棱锥Ａ ＢＣＤＥ中 ＢＥ ＤＥＯＨ为平行四边形 所以ＤＨ ＥＯ
， － ， ， ∥ ，
又因为ＥＯ 面ＡＤＣ ＤＨ 面ＡＤＣ 所以ＥＯ 面ＡＣＤ
ＣＤ ＢＥ 平面ＡＢＣ ＣＤ ３ ＢＥ 点Ｆ在线段ＡＤ上． ⊄ ， ⊂ ， ∥ ，
∥ ， ⊥ ， ＝ ， 即ＢＥ 面ＡＣＤ．
２ ∥
若ＡＦ ＦＤ 求证 ＥＦ 平面ＡＢＣ
（１） ＝２ ， ： ∥ ；
若 ＡＢＣ为等边三角形 ＣＤ ＡＣ 求四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的
（２） △ ， ＝ ＝３， －
体积．
由已知得 四边形ＡＢＦＥ为正方形 且边长为 所以ＡＥ
（２） ， ， ２， ⊥
ＥＦ 又ＡＥ ＤＥ ＤＥ ＥＦ Ｅ 所以ＡＥ 面ＣＤＥ 所以ＡＥ是三
， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ ，
棱锥Ａ ＤＥＣ的高 又ＤＥ ＣＦ
－ ， ∥ ，
解析 证明 取线段 ＡＣ 上靠近 Ｃ 的三等分点 Ｇ 连接
（１） ： ， 所以Ｖ Ｖ Ｖ １ ＡＥ １ ＤＥ ＥＦ ２ ．
ＢＧ ＧＦ． Ｅ － ＡＣＤ＝ Ａ － ＥＣＤ＝ Ａ － ＥＦＤ＝ × × × × ＝
， ３ ２ ３
ＡＧ ＡＦ ３．（２０１８重庆４月调研（二诊））三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｍ Ｎ Ｏ
因为 ＡＣ＝ＡＤ＝ ２ ， 所以ＧＦ ∥ ＣＤ ， ＧＦ ＝ ２ ＣＤ ＝ ＢＥ． （２ 分 ） 分别为棱ＡＣ ＡＢ Ａ Ｃ 的中点． － １ １ １ ， ， ，
又ＢＥ ＣＤ 故 ３ ＧＦ ＢＥ． ３ 分 求证 直线 １， ＭＮ ， １ 平 １ 面ＡＯＢ
故四边
∥
形Ｂ
，
ＧＦＥ为
∥
平行四边形 故ＥＦ ＢＧ．
（３
分
） （１） ： ∥ １；
， ∥ （４ ） 若三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的体积为 求三棱锥Ａ ＭＯＮ
因为ＥＦ 平面ＡＢＣ ＢＧ 平面ＡＢＣ 故ＥＦ 平面ＡＢＣ． 分 （２） － １ １ １ １０ ３， －
⊄ ， ⊂ ， ∥ （６ ） 的体积．
因为ＢＥ 平面ＡＢＣ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ
（２） ⊥ ， ⊂ ，
所以平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤＥ． 分
⊥ （８ ）
所以四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的高即为 ＡＢＣ中ＢＣ边上的高． 分 解析 证明 连Ａ Ｂ交ＡＢ 于点Ｐ 连ＮＰ ＯＰ．
－ △ （９ ） （１） ： １ １ ， ，
易求得ＢＣ边上的高为 ３ ３ ３．
×３＝
２ ２
故四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积Ｖ １ １ ３ ３ １５ ３．
－ ＝ × ×（２＋３）×３× ＝
３ ２ ２ ４
分
（１２ ）
２．（２０１８甘肃张掖第三次诊断）在梯形 ＡＢＣＤ 中 图 ＡＢ
（ １）， ∥
ＣＤ ＡＢ ＣＤ 过Ａ Ｂ分别作ＣＤ的垂线 垂足分别为Ｅ
， ＝２， ＝５， 、 ， 、
Ｆ 已知ＤＥ ＡＥ 将梯形ＡＢＣＤ沿ＡＥ ＢＦ同侧折起 使得 则ＮＰ ＢＢ 且ＮＰ １ ＢＢ
， ＝１， ＝２， 、 ， ∥ １， ＝ １，
ＡＦ ＢＤ ＤＥ ＣＦ 得空间几何体ＡＤＥ ＢＣＦ 图 ． ２
⊥ ， ∥ ， － （ ２）
又ＭＯ ＡＡ 且ＭＯ １ ＡＡ
∥ １， ＝ １，
２
ＭＯ ＮＰ 且ＭＯ ＮＰ
∴ ∥ ， ＝ ，
四边形ＭＯＰＮ为平行四边形
∴ ，
ＭＮ ＯＰ
∴ ∥ ，
又ＭＮ 平面ＡＯＢ ＯＰ 平面ＡＯＢ
⊄ １， ⊂ １，
ＭＮ 平面ＡＯＢ ．
∴ ∥ １
证明 ＢＥ 平面ＡＣＤ
（１） ： ∥ ； 由题意得Ｖ Ｖ １ Ｖ １ Ｖ １ Ｖ
求三棱锥Ｅ ＡＣＤ的体积． （２） Ａ － ＭＯＮ＝ Ｎ － ＡＭＯ＝ Ｎ － ＡＣ １ Ｏ＝ Ｎ － Ｃ １ Ａ １ Ａ＝ Ｂ － Ｃ １ Ａ １ Ａ，
（２） － ２ ４ ８
解析 证明 设ＢＥ交ＡＦ于点Ｏ 取ＡＣ的中点Ｈ 连接 ＢＢ 平面ＡＡ Ｃ
（１） ： ， ， ∵ １∥ １ １，
ＯＨ ， ＤＨ ， 则 ＯＨ 是 △ ＡＦＣ 的中位线 ， 所以 ＯＨ ∥ ＦＣ ， 且 ＯＨ ＝ ∴ Ｖ Ｂ － Ｃ １ Ａ １ Ａ＝ Ｖ Ｂ １－ Ｃ １ Ａ １ Ａ，
４７０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又 Ｖ Ｖ １ Ｖ １０ ３ ＰＯ 平面 ＡＢＣＤ ＰＯ ＣＤ ＤＡ １ ＡＢ Ｍ 是线段 ＰＡ 的
∵ Ｂ １－ Ｃ １ Ａ １ Ａ＝ Ａ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ３ ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ３ ， ⊥ ， ＝ ＝ ＝ ２ ＝４，
中点．
Ｖ １ １０ ３ ５ ．
∴ Ａ － ＭＯＮ＝ × ＝ ３
８ ３ １２
４．（２０２０百师联盟开学摸底考试，１８）如图 三角形ＤＣＦ所在平
，
面垂直于四边形 ＡＢＣＤ 所在平面 ＡＢ ＡＤ ＦＣ ＢＣ
， ＝ ＝ ＝２， ＝ ５，
ＡＤＣ ＤＡＢ ＦＣＤ ° Ｎ Ｐ分别为ＡＦ ＢＣ的中点．
∠ ＝∠ ＝∠ ＝９０ ， ， ，
证明 ＰＮ 平面ＦＤＣ
（１） ： ∥ ；
求棱锥Ａ ＢＤＦ的高．
（２） －
证明 平面ＰＢＣ 平面ＯＤＭ
（１） ： ∥ ；
求点Ａ到平面ＰＣＤ的距离．
（２）
解析 证明 由题意 得ＣＤ ＢＯ 且ＣＤ ＢＯ
（１） ： ， ∥ ， ＝ ，
四边形ＯＢＣＤ为平行四边形 ＢＣ ＯＤ．
∴ ，∴ ∥
ＢＣ 平面ＰＢＣ ＯＤ 平面ＰＢＣ
∵ ⊂ ， ⊄ ，
解析 证明 取ＡＤ的中点Ｍ 连接ＰＭ ＭＮ． ＯＤ 平面ＰＢＣ．
（１） ： ， ， ∴ ∥
因为Ｐ Ｎ Ｍ分别为ＢＣ ＡＦ ＡＤ的中点 又 ＡＯ ＯＢ ＡＭ ＭＰ ＯＭ ＰＢ．
， ， ， ， ， ∵ ＝ ， ＝ ，∴ ∥
所以ＭＮ ＦＤ ＰＭ ＣＤ 分 又ＯＭ 平面ＰＢＣ ＰＢ 平面ＰＢＣ
∥ ， ∥ ， （１ ） ⊄ ， ⊂ ，
又知ＭＮ 平面ＦＤＣ ＦＤ 平面ＦＤＣ 所以ＭＮ 平面ＦＤＣ ＯＭ 平面ＰＢＣ．
∴ ∥
⊄ ， ⊂ ， ∥ ，
同理ＰＭ ∥ 平面ＦＤＣ ， 又ＰＭ ∩ ＭＮ ＝ Ｍ ， 又ＯＭ ∩ ＯＤ ＝ Ｏ ，
所以平面ＰＭＮ 平面ＦＤＣ 分
∴
平面ＰＢＣ
∥
平面ＯＤＭ．
又ＰＮ 平面Ｐ ∥ ＭＮ ， （３ ） （２） 取ＣＤ的中点Ｎ ， 连接ＯＮ ， ＰＮ ， 如图所示 ， 则ＯＮ ⊥ ＣＤ．
⊂ ，
所以ＰＮ 平面ＦＤＣ． 分
∥ （５ ）
（２） 由已知得四边形ＡＢＣＤ是直角梯形 ， 计算得ＣＤ ＝３，（６ 分 ） ∵ ＰＯ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， ＣＤ ⊂ 平面ＡＢＣＤ ，∴ ＰＯ ⊥ ＣＤ．
因为平面ＦＣＤ 平面ＡＢＣＤ ＦＣＤ ° 又 ＯＮ ＣＤ ＰＯ ＯＮ Ｏ ＣＤ 平面ＰＮＯ．
⊥ ，∠ ＝９０ ， ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥
所以ＦＣ 平面ＡＢＣＤ． ＰＮ 平面ＰＮＯ ＣＤ ＰＮ．
⊥ ∵ ⊂ ，∴ ⊥
ＯＮ ＰＮ分别为 ＡＣＤ ＰＣＤ的公共边ＣＤ上的高．
则Ｖ Ａ － ＢＤＦ＝ Ｖ Ｆ － ＡＢＤ＝ ３ １ × ２ １ × ＡＢ · ＡＤ · ＦＣ ＝ ３ １ × ２ １ ×２×２×２＝ ３ ４ ． ∴ 由题意 ， 可求得ＯＮ △ ， 则 △ ＰＮ
分 ＝２ ３， ＝２ ７，
（８ ） 设点Ａ到平面ＰＣＤ的距离为ｄ．
设棱锥Ａ ＢＤＦ的高为ｈ
－ ， ∵ Ｖ 三棱锥Ａ － ＰＣＤ＝ Ｖ 三棱锥Ｐ － ＡＣＤ，
由已知得ＦＤ ＦＣ２ ＣＤ２ ＢＤ ＡＤ２ ＡＢ２
＝ ＋ ＝ １３， ＝ ＋ ＝２ ２， 即 １ １ ｄ １ １
由ＦＣ ⊥ 平面ＡＢＣＤ得ＦＣ ⊥ ＢＣ ， 所以ＦＢ ＝ ＢＣ２ ＋ ＣＦ２ ＝３， 所以 ３ × ２ ×４×２ ７× ＝ ３ × ２ ×４×２ ３×４，
ＢＤ２ ＦＢ２ ＦＤ２ ｄ ４ ２１．即点Ａ到平面ＰＣＤ的距离为４ ２１．
ＤＢＦ ＋ － ２． ∴ ＝
ｃｏｓ∠ ＝ ＢＤ ＦＢ ＝ ７ ７
２· · ６ ６．（２０１８吉林长春质量监测，１９）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中
所以 ｓｉｎ∠ ＤＢＦ ＝ １－ æ è ç ２ ö ø ÷ ２ ＝ ３４ ， ∠ ＡＢＣ ＝∠ ＡＣＤ ＝９０ ° ，∠ ＢＡＣ ＝∠ ＣＡＤ ， ＝６０ ° ， ＰＡ ⊥ 平 － 面 ＡＢＣＤ ， ，
６ ６ ＰＡ ＡＢ ．设Ｍ Ｎ分别为ＰＤ ＡＤ的中点．
＝２， ＝１ ， ，
求证 平面ＣＭＮ 平面ＰＡＢ
所以Ｓ △ ＢＤＦ＝ １ ＢＤ · ＦＢ ·ｓｉｎ∠ ＤＢＦ ＝ １ ×２ ２×３× ３４ ＝ １７ ． （１） 求三 ： 棱锥Ｐ ＡＢＭ ∥ 的体积． ；
２ ２ ６ （２） －
分
（１０ ）
由Ｖ １ Ｓ ｈ １ ｈ ４
Ａ － ＢＤＦ＝ × △ ＢＤＦ× ＝ × １７× ＝ ，
３ ３ ３
得ｈ ４ １７．
＝
１７
所以棱锥Ａ ＢＤＦ的高为４ １７． 分
－ （１２ ） 解析 证明 Ｍ Ｎ分别为ＰＤ ＡＤ的中点
１７ （１） ：∵ ， ， ，
５．（２０１７河北衡水中学期中，１８）如图 已知在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ ＭＮ ＰＡ 又ＭＮ 平面ＰＡＢ ＰＡ 平面ＰＡＢ
， － ∴ ∥ ， ⊄ ， ⊂ ，
中 底面ＡＢＣＤ是等腰梯形 ＡＢ ＣＤ 点Ｏ是线段ＡＢ的中点 ＭＮ 平面ＰＡＢ．
， ， ∥ ， ， ∴ ∥
专题八 立体几何 ４７１
在 ＡＣＤ中 ＣＡＤ ° 易知ＣＮ ＡＮ ＡＣＮ °．
Ｒｔ△ ，∠ ＝６０ ， ＝ ，∴ ∠ ＝６０ 解析 证明 ＡＢ ＣＤ ＡＢ １ ＣＤ Ｇ是ＣＤ的中点
又 ＢＡＣ ° ＣＮ ＡＢ． （１） ：∵ ∥ ， ＝ ， ，
∠ ＝６０ ，∴ ∥ ２
ＣＮ 平面ＰＡＢ ＡＢ 平面ＰＡＢ ＣＮ 平面ＰＡＢ． 四边形ＡＢＣＧ为平行四边形
∵ ⊄ ， ⊂ ，∴ ∥ ∴ ，
又ＣＮ ＭＮ Ｎ 平面ＣＭＮ 平面ＰＡＢ． ＢＣ ＡＧ．
∩ ＝ ，∴ ∥ ∴ ∥
由 知 平面ＣＭＮ 平面ＰＡＢ 又 ＡＧ 平面ＡＥＧ ＢＣ 平面ＡＥＧ
（２） （１） ， ∥ ， ∵ ⊂ ， ⊄ ，
点Ｍ到平面ＰＡＢ的距离等于点Ｃ到平面ＰＡＢ的距离 ＢＣ 平面ＡＥＧ．
∴ ， ∴ ∥
ＡＢＣ ° ＣＢ ＡＢ． 直角梯形ＡＢＣＤ与梯形ＥＦＣＤ全等 ＥＦ ＣＤ ＡＢ
∵ ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ∵ ， ∥ ∥ ，
ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＥＦ ＡＢ 四边形ＡＢＦＥ为平行四边形 ＢＦ ＡＥ．
∵ ⊥ ， ∴ ，∴ ，∴ ∥
ＰＡ ＢＣ 又 ＡＥ 平面ＡＥＧ ＢＦ 平面ＡＥＧ
∴ ⊥ ， ∵ ⊂ ， ⊄ ，
ＢＣ 平面ＰＡＢ． ＢＦ 平面ＡＥＧ．
∴ ⊥ ∴ ∥
ＢＦ ＢＣ Ｂ ＢＦ ＢＣ 平面ＢＣＦ
∵ ＡＢ ＝１，∠ ＡＢＣ ＝９０ ° ，∠ ＢＡＣ ＝６０ ° ，∴ ＢＣ ＝ ３， ∵ 平面 ∩ ＢＣＦ ＝ ， 平面 ， ＡＧ ⊂ Ｅ． ，
∴ 三棱锥Ｐ － ＡＢＭ的体积Ｖ ＝ Ｖ Ｍ － ＰＡＢ＝ Ｖ Ｃ － ＰＡＢ＝ ３ １ × ２ １ ×１×２× ３ ∴ （２） 设点Ｃ到 ∥ 平面ＡＧＥ的距离为ｄ．
易知ＡＥ ＥＧ ＡＧ ．
３． ＝ ＝ ＝ ２
＝ 连接ＥＣ ＡＣ 由Ｖ Ｖ
３ 、 ， Ｃ － ＡＧＥ＝ Ｅ － ＡＣＧ，
７．如图 直角梯形ＡＢＣＤ与梯形ＥＦＣＤ全等 其中ＡＢ ＣＤ ＥＦ
， ， ∥ ∥ ， 得 １ １ ＡＥ２ ° ｄ １ １ ＣＧ ＡＤ ＤＥ
× × ×ｓｉｎ６０ × ＝ × × × × ，
ＡＤ ＡＢ １ ＣＤ 且ＥＤ 平面ＡＢＣＤ 点Ｇ是ＣＤ的中点． ３ ２ ３ ２
＝ ＝ ＝１， ⊥ ， ＣＧ ＡＤ ＤＥ
２ 即ｄ × × ３．
求证 平面ＢＣＦ 平面ＡＧＥ ＝ＡＥ２ °＝
（１） ： ∥ ； ×ｓｉｎ６０ ３
求平面ＢＣＦ与平面ＡＧＥ间的距离． 平面ＢＣＦ 平面ＡＧＥ
（２） ∵ ∥ ，
平面ＢＣＦ与平面ＡＧＥ间的距离为 ３．
∴
３
考点 直线、平面平行的判定与性质 ４．（２０２０课标Ⅱ文，２０，１２ 分）如图 已知三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
， － １ １ １
１．（２０１８浙江，６，４分）已知平面α 直线ｍ ｎ满足ｍ α ｎ α 的底面是正三角形 侧面 ＢＢ Ｃ Ｃ 是矩形 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ
， ， ⊄ ， ⊂ ， ， １ １ ， ， ，
则 ｍ ｎ 是 ｍ α 的 Ｂ Ｃ 的中点 Ｐ为ＡＭ上一点．过Ｂ Ｃ 和Ｐ的平面交ＡＢ于Ｅ
“ ∥ ” “ ∥ ” （ ） １ １ ， １ １ ，
充分不必要条件 必要不充分条件
交ＡＣ于Ｆ．
Ａ． Ｂ．
充分必要条件 既不充分也不必要条件 证明 ＡＡ ＭＮ 且平面Ａ ＡＭＮ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ
Ｃ． Ｄ． （１） ： １∥ ， １ ⊥ １ １ ；
答案 Ａ （２） 设 Ｏ 为 △ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 的中心．若 ＡＯ ＝ ＡＢ ＝ ６， ＡＯ ∥ 平面
２．（２０１６课标Ⅱ，１４，５ 分）α β 是两个平面 ｍ ｎ 是两条直线 ＥＢ Ｃ Ｆ 且 ＭＰＮ π 求四棱锥Ｂ ＥＢ Ｃ Ｆ的体积．
有下列四个命题 ， ， ， ， １ １ ， ∠ ＝ ３ ， － １ １
：
如果ｍ ｎ ｍ α ｎ β 那么α β．
① ⊥ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥
如果ｍ α ｎ α 那么ｍ ｎ．
② ⊥ ， ∥ ， ⊥
如果α β ｍ α 那么ｍ β．
③ ∥ ， ⊂ ， ∥
如果ｍ ｎ α β 那么ｍ与α所成的角和ｎ与β所成的角
④ ∥ ， ∥ ，
相等．
其中正确的命题有 ． 填写所有正确命题的编号
（ ）
答案
②③④
３．（２０２０江苏，１５，１４ 分）在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＡＣ
－ １ １ １ ， ⊥ ， ５．（２０２０北京，１６，１３分）如图 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ
Ｂ Ｃ 平面ＡＢＣ Ｅ Ｆ分别是ＡＣ Ｂ Ｃ的中点． ， － １ １ １ １ ，
１ ⊥ ， ， ， １ 为ＢＢ 的中点．
求证 ＥＦ 平面ＡＢ Ｃ １
（１） ： ∥ １ １； 求证 ＢＣ 平面ＡＤ Ｅ
求证 平面ＡＢ Ｃ 平面ＡＢＢ ． （１） ： １∥ １ ；
（２） ： １ ⊥ １ 求直线ＡＡ 与平面ＡＤ Ｅ所成角的正弦值．
（２） １ １
４７２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＡＢＣ °．
∠ ＝９０
证明 直线ＢＣ 平面ＰＡＤ
（１） ： ∥ ；
若 ＰＣＤ的面积为 求四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的体积．
（２） △ ２ ７， －
６．（２０１９课标Ⅰ，１９，１２分）如图 直四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
， － １ １ １ １
底面是菱形 ＡＡ ＡＢ ＢＡＤ ° Ｅ Ｍ Ｎ 分别是 ＢＣ ８．（２０１９江苏，１６，１４分）如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 Ｄ
ＢＢ Ａ Ｄ的中 ， 点 １ ． ＝４， ＝２，∠ ＝６０ ， ， ， ， Ｅ分别为ＢＣ ＡＣ的中点 ＡＢ ， ＢＣ． － １ １ １ ， ，
１， １ ， ， ＝
证明 ＭＮ 平面Ｃ ＤＥ 求证 Ａ Ｂ 平面ＤＥＣ
（１） 求点 ： Ｃ到 ∥ 平面Ｃ Ｄ １ Ｅ的 ； 距离． ：（１） Ｂ １ Ｅ １∥ Ｃ Ｅ． １；
（２） １ （２） ⊥ １
７．（２０１７课标Ⅱ，１８，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 侧面ＰＡＤ
， － ，
为等边三角形且垂直于底面ＡＢＣＤ ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ ＢＡＤ
， ＝ ＝ ，∠ ＝
２
考点一 直线与平面平行的判定与性质 分别取ＢＣ ＡＤ的中点为Ｍ Ｎ．
（２） ， ，
１．（２０１７浙江，１９，１５分）如图 已知四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ ＰＡＤ是 连接ＰＮ交ＥＦ于点Ｑ 连接ＭＱ．
， － ，△ ，
以ＡＤ为斜边的等腰直角三角形 ＢＣ ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＰＣ ＡＤ 因为Ｅ Ｆ Ｎ分别是ＰＤ ＰＡ ＡＤ的中点 所以Ｑ为ＥＦ中点
， ∥ ， ⊥ ， ＝ ＝ ， ， ， ， ， ，
ＤＣ ＣＢ Ｅ为ＰＤ的中点． 在平行四边形ＢＣＥＦ中 ＭＱ ＣＥ．
２ ＝２ ， ， ∥
证明 ＣＥ 平面ＰＡＢ 由 ＰＡＤ为等腰直角三角形得ＰＮ ＡＤ．
（１） ： ∥ ； △ ⊥
求直线ＣＥ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值． 由ＤＣ ＡＤ Ｎ是ＡＤ的中点得ＢＮ ＡＤ．
（２） ⊥ ， ⊥
所以ＡＤ 平面ＰＢＮ
⊥ ，
由ＢＣ ＡＤ得ＢＣ 平面ＰＢＮ
∥ ⊥ ，
那么平面ＰＢＣ 平面ＰＢＮ．
⊥
过点Ｑ作ＰＢ的垂线 垂足为Ｈ 连接ＭＨ．
， ，
ＭＨ是ＭＱ在平面ＰＢＣ上的射影 所以 ＱＭＨ是直线ＣＥ与平
， ∠
面ＰＢＣ所成的角．设ＣＤ ．
解析 本题主要考查空间点 线 面的位置关系 直线与平面 ＝１
、 、 ，
所成的角等基础知识 同时考查空间想象能力和运算求解 在 ＰＣＤ中 由ＰＣ ＣＤ ＰＤ 得ＣＥ
， △ ， ＝２， ＝１， ＝ ２ ＝ ２，
能力．
在 ＰＢＮ中 由ＰＮ ＢＮ ＰＢ 得ＱＨ １
证明 如图 设ＰＡ中点为Ｆ 连接ＥＦ ＦＢ．因为Ｅ Ｆ分别为 △ ， ＝ ＝１， ＝ ３ ＝ ，
（１） ： ， ， ， ， ４
ＰＤ ＰＡ中点 所以ＥＦ ＡＤ且ＥＦ １ ＡＤ． 在 ＭＱＨ中 ＱＨ １ ＭＱ
， ， ∥ ＝ Ｒｔ△ ， ＝ ， ＝ ２，
２ ４
又因为ＢＣ ＡＤ ＢＣ １ ＡＤ 所以ＥＦ ＢＣ且ＥＦ ＢＣ 所以 ＱＭＨ ２．
∥ ， ＝ ， ∥ ＝ ， ｓｉｎ∠ ＝
２ ８
即四边形ＢＣＥＦ为平行四边形 所以ＣＥ ＢＦ
， ∥ ，
因此ＣＥ 平面ＰＡＢ． 所以 直线ＣＥ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值是 ２．
∥ ，
８
方法总结 ．证明直线与平面平行的方法． 例 求证 ｌ α
１ （ ： ：∥ ）
线面平行的判定定理 在平面α内找到一条与直线ｌ平行的
① ：
直线ｍ 从而得到ｌ α．
， ∥
面面平行的性质 过直线ｌ找到 或作出 一个平面β 使得β
② ： （ ） ，
α 从而得ｌ α．
∥ ， ∥
专题八 立体几何 ４７３
．求线面角的方法．
２
定义法 作出线面角 解三角形即可．
① ： ，
解斜线段 射影 垂线段构成的三角形．
② 、 、
例 求ＡＢ与平面α所成角θ的正弦值 其中Ａ α．只需求出点
： ， ∈
ｄ 在图中画出这个正方形 不必说明画法和理由
Ｂ到平面α的距离 ｄ 通常由等体积法求 ｄ 由 θ 得 （１） （ ）；
（ ）， ｓｉｎ ＝ＡＢ 求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．
结论． （２
解
）
析 交线围成的正方形ＥＨＧＦ如图
最好是画出图形 否则容易出错． （１） ：
，
２．（２０１６课标Ⅲ文，１９，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＰＡ
， － ， ⊥
底面ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＡＤ ＡＣ ＰＡ ＢＣ Ｍ为线段ＡＤ
， ∥ ， ＝ ＝ ＝３， ＝ ＝４，
上一点 ＡＭ ＭＤ Ｎ为ＰＣ的中点．
， ＝２ ，
证明ＭＮ 平面ＰＡＢ
（１） ∥ ；
（２）
求四面体Ｎ
－
ＢＣＭ的体积．
（２）
作ＥＭ
⊥
ＡＢ
，
垂足为Ｍ
，
则ＡＭ
＝
Ａ
１
Ｅ
＝４，
ＥＢ
１＝１２，
ＥＭ
＝
ＡＡ
１
．
＝８
因为ＥＨＧＦ为正方形 所以ＥＨ ＥＦ ＢＣ ．
， ＝ ＝ ＝１０
于是ＭＨ ＥＨ２ ＥＭ２ ＡＨ ＨＢ ．
＝ － ＝６， ＝１０， ＝６
因为长方体被平面α分成两个高为 的直棱柱 所以其体积
１０ ，
( )
的比值为 ９ ７ 也正确 ．
７ ９
４．（２０１４课标Ⅱ文，１８，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
， － ，
解析 证明 由已知得ＡＭ ２ ＡＤ ＡＢＣＤ为矩形 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ Ｅ为ＰＤ的中点．
（１） ： ＝ ＝２， ， ⊥ ，
３ 证明 ＰＢ 平面ＡＥＣ
取ＢＰ的中点Ｔ 连接ＡＴ ＴＮ 由Ｎ为ＰＣ中点知ＴＮ ＢＣ ＴＮ （１） ： ∥ ；
， ， ， ∥ ， ＝
１ ＢＣ ＝２ ． （３ 分 ） （２） 设ＡＰ ＝１， ＡＤ ＝ ３， 三棱锥Ｐ － ＡＢＤ的体积Ｖ ＝ ３ ， 求Ａ到平
４
２
面ＰＢＣ的距离．
又ＡＤ ＢＣ 故ＴＮ ＡＭ 故四边形ＡＭＮＴ为平行四边形 于是 解析 证明 设ＢＤ与ＡＣ的交点为Ｏ 连接ＥＯ．
∥ ， ， ， （１） ： ，
ＭＮ ＡＴ． 因为ＡＢＣＤ为矩形
∥ ，
因为ＡＴ 平面ＰＡＢ ＭＮ 平面ＰＡＢ 所以ＭＮ 平面ＰＡＢ． 所以Ｏ为ＢＤ的中点．
⊂ ， ⊄ ， ∥
分 又Ｅ为ＰＤ的中点
（６ ） ，
因为 ＰＡ 平面 ＡＢＣＤ Ｎ 为 ＰＣ 的中点 所以 Ｎ 到平面 所以ＥＯ ＰＢ．
（２） ⊥ ， ， ∥
ＥＯ 平面ＡＥＣ ＰＢ 平面ＡＥＣ
ＡＢＣＤ的距离为 １ ＰＡ． 分 ⊂ ， ⊄ ，
（９ ） 所以ＰＢ 平面ＡＥＣ．
２ ∥
取ＢＣ的中点Ｅ 连接ＡＥ．
，
Ｖ １ ＰＡ ＡＢ ＡＤ ３ＡＢ．
由ＡＢ ＡＣ 得ＡＥ ＢＣ ＡＥ ＡＢ２ ＢＥ２ ． （２） ＝ · · ＝
＝ ＝３ ⊥ ， ＝ － ＝ ５ ６ ６
由ＡＭ ＢＣ得Ｍ到ＢＣ的距离为
∥ ５， 又Ｖ ３
＝ ，
故Ｓ １ ． ４
△ ＢＣＭ＝ ×４× ５＝２ ５
２ 所以ＡＢ ３
ＰＡ ＝ ，
所以四面体Ｎ ＢＣＭ的体积Ｖ １ Ｓ ４ ５． ２
－ Ｎ － ＢＣＭ＝ · △ ＢＣＭ· ＝
３ ２ ３
分
所以ＰＢ
＝
ＡＢ２
＋
ＰＡ２
＝
１３．
（１２ ） ２
评析 本题考查了线面平行的判定，考查了三棱锥的体积，考 作ＡＨ ＰＢ交ＰＢ于Ｈ．
⊥
查了空间想象能力．线段的中点问题一般应用三角形的中位线
求解．
３．（２０１５课标Ⅱ文，１９，１２ 分）如图 长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
， － １ １ １ １
中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ 点Ｅ Ｆ分别在Ａ Ｂ Ｄ Ｃ 上 Ａ Ｅ
， ＝１６， ＝１０， １＝８， ， １ １， １ １ ， １
Ｄ Ｆ ．过点Ｅ Ｆ的平面α与此长方体的面相交 交线围成
＝ １ ＝４ ， ，
一个正方形．
由题设知ＢＣ 平面ＰＡＢ
⊥ ，
因为ＡＨ 平面ＰＡＢ
⊂ ，
所以ＢＣ ＡＨ
⊥ ，
４７４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又ＢＣ ＢＰ Ｂ 评析 本题考查线面平行与垂直关系的转化，同时考查空间想
∩ ＝ ，
故ＡＨ 平面ＰＢＣ． 象能力和逻辑推理能力，解题时要有较强的分析问题、解决问
⊥
ＰＡ ＡＢ
题的能力．
又ＡＨ · ３ １３
＝ ＰＢ ＝ ， ６．（２０１３课标Ⅱ文，１８，１２分）如图 直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
１３ ， － １ １ １ ，
Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＢＢ 的中点．
所以Ａ到平面ＰＢＣ的距离为３ １３． ， ， １
证明 ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
１３ （１） ： １∥ １ ；
思路分析 由线线平行证出线面平行 设ＡＡ ＡＣ ＣＢ ＡＢ 求三棱锥Ｃ Ａ ＤＥ的体积．
（１） ； （２） １＝ ＝ ＝２， ＝２ ２， － １
首先由题设求出ＡＢ 然后过Ａ作ＡＨ ＰＢ于Ｈ 证明ＡＨ就
（２） ， ⊥ ，
是Ａ到平面ＰＢＣ的距离 通过解三角形求解即可．
，
５．（２０１４安徽，１９，１３分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面是边长
， －
为 的正方形 四条侧棱长均为 点Ｇ Ｅ Ｆ Ｈ分别是棱
８ ， ２ １７， ， ， ，
ＰＢ ＡＢ ＣＤ ＰＣ上共面的四点 平面ＧＥＦＨ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ
， ， ， ， ⊥ ， ∥
平面ＧＥＦＨ．
证明 ＧＨ ＥＦ
（１） ： ∥ ；
若ＥＢ 求四边形ＧＥＦＨ的面积．
（２） ＝２，
解析 证明 连接ＡＣ 交Ａ Ｃ于点Ｆ
（１） ： １ １ ，
则Ｆ为ＡＣ 中点．
１
由Ｄ是ＡＢ中点 连接ＤＦ 则ＢＣ ＤＦ．
， ， １∥
因为ＤＦ 平面Ａ ＣＤ ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
⊂ １ ， １⊄ １ ，
解析 证明 因为ＢＣ 平面ＧＥＦＨ ＢＣ 平面ＰＢＣ 且平 所以ＢＣ 平面Ａ ＣＤ．
（１） ： ∥ ， ⊂ ， １∥ １
面ＰＢＣ 平面ＧＥＦＨ ＧＨ 所以ＧＨ ＢＣ．
∩ ＝ ， ∥
同理可证ＥＦ ＢＣ
∥ ，
因此ＧＨ ＥＦ．
∥
连接ＡＣ ＢＤ交于点Ｏ ＢＤ交ＥＦ于点Ｋ 连接ＯＰ ＧＫ．
（２） ， ， ， ，
因为ＰＡ ＰＣ Ｏ 是 ＡＣ 的中点 所以 ＰＯ ＡＣ 同理可得 ＰＯ
＝ ， ， ⊥ ， 因为ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 是直三棱柱
ＢＤ． （２） － １ １ １ ，
⊥ 所以ＡＡ ＣＤ．由已知ＡＣ ＣＢ Ｄ为ＡＢ的中点
又ＢＤ ＡＣ Ｏ 且ＡＣ ＢＤ都在底面内 所以ＰＯ 底面ＡＢＣＤ． １⊥ ＝ ， ，
∩ ＝ ， ， ， ⊥ 所以ＣＤ ＡＢ．
又因为平面ＧＥＦＨ 平面ＡＢＣＤ 且ＰＯ 平面ＧＥＦＨ ⊥
⊥ ， ⊄ ， 又ＡＡ ＡＢ Ａ 于是ＣＤ 平面ＡＢＢ Ａ ．
所以ＰＯ 平面ＧＥＦＨ． １∩ ＝ ， ⊥ １ １
∥ 由ＡＡ ＡＣ ＣＢ ＡＢ 得
因为平面ＰＢＤ 平面ＧＥＦＨ ＧＫ １＝ ＝ ＝２， ＝２ ２
∩ ＝ ，
所以ＰＯ ∥ ＧＫ ， 且ＧＫ ⊥ 底面ＡＢＣＤ ， ∠ ＡＣＢ ＝９０ ° ， ＣＤ ＝ ２， Ａ １ Ｄ ＝ ６， ＤＥ ＝ ３， Ａ １ Ｅ ＝３，
从而ＧＫ ＥＦ． 故Ａ Ｄ２ ＤＥ２ Ａ Ｅ２ 即ＤＥ Ａ Ｄ．
⊥ １ ＋ ＝ １ ， ⊥ １
所以ＧＫ是梯形ＧＥＦＨ的高．
所以Ｖ １ １ ．
由ＡＢ ＥＢ 得ＥＢ ＡＢ ＫＢ ＤＢ Ｃ － Ａ １ ＤＥ＝ ３ × ２ × ６× ３× ２＝１
＝８， ＝２ ∶ ＝ ∶ ＝１ ∶ ４， 思路分析 利用线面平行的判定定理在平面Ａ ＣＤ内找
从而ＫＢ １ ＤＢ １ ＯＢ 即Ｋ为ＯＢ的中点． （１） １
＝ ＝ ， 出一条直线与直线ＢＣ 平行即可
４ ２ １ ；
先证明ＣＤ 平面ＡＢＢ Ａ 再根据题目给的条件算出三棱
再由 ＰＯ ＧＫ 得 ＧＫ １ ＰＯ 即 Ｇ 是 ＰＢ 的中点 且 ＧＨ （２） ⊥ １ １，
∥ ＝ ， ， 锥Ｃ Ａ ＤＥ 的高和底面面积 利用三棱锥的体积公式计算
２ － １ ，
即可．
１ ＢＣ ．
＝ ＝４ 一题多解 证明第 问时 也可以利用面面平行的性质 即
２ （１） ， ， ：
由已知可得ＯＢ
＝４ ２，
ＰＯ
＝
ＰＢ２
－
ＯＢ２
＝ ６８－３２＝６，
取Ａ
１
Ｂ
１
的中点Ｇ
，
连接Ｃ
１
Ｇ
，
ＧＢ
，
因为ＧＢ
∥
Ａ
１
Ｄ
，
Ｃ
１
Ｇ
∥
ＣＤ
，
Ｃ
１
Ｇ
所以ＧＫ ． 平面ＧＢＣ ＧＢ 平面 ＧＢＣ 且 Ｃ Ｇ ＧＢ Ｇ Ａ Ｄ 平面
＝３ ⊂ １， ⊂ １， １ ∩ ＝ ， １ ⊂
ＧＨ ＥＦ Ａ ＣＤ ＣＤ 平面 Ａ ＣＤ Ａ Ｄ ＣＤ Ｄ 所以平面 ＧＢＣ 平面
故四边形ＧＥＦＨ的面积Ｓ ＋ ＧＫ ４＋８ ． １ ， ⊂ １ ， １ ∩ ＝ ， １∥
＝ · ＝ ×３＝１８ Ａ ＣＤ．又ＢＣ 平面ＧＢＣ 所以ＢＣ 平面Ａ ＣＤ．
２ ２ １ １⊂ １， １∥ １
专题八 立体几何 ４７５
时间： 分钟 分值： 分
８０ １２０
一、单项选择题 每题 分 共 分 若ｍ α ｎ α ｍ β ｎ β 则α β
（ ５ ， ４５ ） Ｃ． ⊂ ， ⊂ ， ∥ ， ∥ ， ∥
１．（２０２１届百师联盟高三一轮复习联考（二），５）已知α和β表 若ｍ α ｎ β α β 则ｍ ｎ
Ｄ． ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ⊥
示两个不重合的平面 ａ和ｂ表示两条不重合的直线 则平面α 答案 Ｂ
， ，
平面β的一个充分条件是 ８．（２０１９福建福州３月质检，６）已知ａ ｂ是两条异面直线 直线
∥ （ ） ， ，
ａ ｂ ａ α且ｂ β ａ α ｂ α且ａ β ｂ β ｃ与ａ ｂ都垂直 则下列说法正确的是
Ａ． ∥ ， ∥ ∥ Ｂ． ⊂ ， ⊂ ∥ ， ∥ ， ， （ ）
ａ ｂ ａ α且ｂ β ａ ｂ ａ α且ｂ β 若ｃ 平面α 则ａ α
Ｃ． ⊥ ， ∥ ⊥ Ｄ． ∥ ， ⊥ ⊥ Ａ． ⊂ ， ⊥
答案 Ｄ 若ｃ 平面α 则ａ α ｂ α
Ｂ． ⊥ ， ∥ ， ∥
２．（２０２１届河南新高三学期初第一次摸底考试，６）已知α β γ 存在平面α 使得ｃ α ａ α ｂ α
， ， Ｃ． ， ⊥ ， ⊂ ， ∥
是三个不同的平面 α γ ｍ β γ ｎ 则 存在平面α 使得ｃ α ａ α ｂ α
， ∩ ＝ ， ∩ ＝ ， （ ） Ｄ． ， ∥ ， ⊥ ， ⊥
若ｍ ｎ 则α β 若α β 则ｍ ｎ 答案 Ｃ
Ａ． ⊥ ， ⊥ Ｂ． ⊥ ， ⊥
若ｍ ｎ 则α β 若α β 则ｍ ｎ ９．（２０１９河南郑州一模，１０）已知直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的底面
Ｃ． ∥ ， ∥ Ｄ． ∥ ， ∥ － １ １ １
答案 Ｄ 为等腰直角三角形 ＡＢ ＡＣ 点Ｍ Ｎ分别为ＡＢ Ａ Ｃ上的动
， ⊥ ， ， １， １
３．（２０２１届山东青岛期初调研检测，４）正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 点 若直线ＭＮ 平面ＢＣＣ Ｂ Ｑ为线段ＭＮ的中点 则点Ｑ的
－ １ １ １ １ ， ∥ １ １， ，
的棱长为 Ｅ是棱ＤＤ 的中点 则平面ＡＣ Ｅ截该正方体所得 轨迹是
２， １ ， １ （ ）
的截面面积为 双曲线的一支 一部分 圆弧 一部分
（ ） Ａ． （ ） Ｂ． （ ）
线段 去掉一个端点 抛物线的一部分
Ａ．２ ５ Ｂ．２ ６ Ｃ．４ ６ Ｄ．５ Ｃ． （ ） Ｄ．
答案 Ｂ 答案 Ｃ
４．（２０２０ 湖南师范大学附属中学月考（六），１１）已知正方体 二、多项选择题 共 分
（ ５ ）
ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
的棱长为
１，
在对角线Ａ
１
Ｄ上取点Ｍ
，
在ＣＤ
１
１０．（２０２１届广东仲元中学、中山一中等七校
上取点Ｎ 使得线段ＭＮ平行于对角面Ａ ＡＣＣ 则线段ＭＮ长 联合体第一次联考，１１）如图 在长方体
， １ １， ，
的最小值为 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＡ ＡＢ ＢＣ
（ ） － １ １ １ １ ， １＝ ＝４， ＝２，
Ｍ Ｎ分别为棱Ｃ Ｄ ＣＣ 的中点 则下列
２ ３ ， １ １， １ ，
Ａ． ２ Ｂ．１ Ｃ． Ｄ． 说法正确的是
２ ３ （ ）
答案 Ｄ Ａ Ｍ Ｎ Ｂ四点共面
Ａ． 、 、 、
５．（２０２１ 届湖北武汉部分学校９ 月起点质量检测，６）如图 点 ＢＮ 平面ＡＤＭ
， Ｂ． ∥
Ａ Ｂ Ｃ Ｍ Ｎ为正方体的顶点或所在棱的中点 则下列各图中 直线ＢＮ与Ｂ Ｍ所成角为 °
， ， ， ， ， ， Ｃ． １ ６０
不满足直线ＭＮ 平面ＡＢＣ的是 平面ＡＤＭ 平面ＣＤＤ Ｃ
∥ （ ） Ｄ． ⊥ １ １
答案 ＣＤ
三、填空题 每题 分 共 分
（ ５ ， １０ ）
１１．（２０２１届广东湛江高中毕业班调研测试，１４）在棱长为 的
４
正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ分别是ＢＣ和Ｃ Ｄ 的中点
－ １ １ １ １ ， ， １ １ ，
经过点Ａ Ｅ Ｆ 的平面把正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 截成两部
， ， － １ １ １ １
分 则截面与正方形ＢＣＣ Ｂ 的交线段长为 ．
， １ １
答案 １０
３
１２．（２０２０ 广西南宁摸底考，１６） 如图 在长方体 ＡＢＣＤ
， －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＤ ＤＤ ＡＢ Ｅ Ｆ Ｇ 分别为 ＡＢ ＢＣ
１ １ １ １ ， ＝ １＝１， ＝ ３， ， ， ， ，
Ｃ Ｄ 的中点 点Ｐ在平面ＡＢＣＤ内 若直线Ｄ Ｐ 平面ＥＦＧ
１ １ ， ， １ ∥ ，
则线段Ｄ Ｐ长度的最小值是 ．
１
答案 Ｄ
６．（２０２０吉林三模，４）已知ｍ ｎ为两条不重合直线 α β为两个
， ， ，
不重合平面 下列条件中 α β的充分条件是
， ， ⊥ （ ）
ｍ ｎ ｍ α ｎ β ｍ ｎ ｍ α ｎ β
Ａ． ∥ ， ⊂ ， ⊂ Ｂ． ∥ ， ⊥ ， ⊥
ｍ ｎ ｍ α ｎ β ｍ ｎ ｍ α ｎ β
Ｃ． ⊥ ， ∥ ， ∥ Ｄ． ⊥ ， ⊥ ， ⊥
答案 Ｄ
７．（２０２０山东滨州三模，６）已知ｍ ｎ为两条不同的直线 α β γ
， ， ， ，
为三个不同的平面 则下列命题正确的是
， （ ）
若ｍ α ｎ α 则ｍ ｎ 答案 ７
Ａ． ∥ ， ∥ ， ∥
若α β γ β且α γ ｍ 则ｍ β ２
Ｂ． ⊥ ， ⊥ ∩ ＝ ， ⊥
４７６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
四、解答题 共 分
（ ６０ ）
１３．（２０２１ 届浙江湖州中学第二次质检，１９）如图 四棱锥 １５．（２０２０浙江温丽联盟第一次联考，１９）如图 ＡＥ 平面ＡＢＣＤ ＢＦ
， ， ⊥ ，
Ｐ ＡＢＣＤ中 底面为直角梯形 ＡＢ ＣＤ ＢＡＤ ° ＡＢ ＣＤ 平面ＡＤＥ ＣＦ ＡＥ ＡＤ ＡＢ ＡＢ ＡＤ ＡＥ ＢＣ ．
－ ， ， ∥ ，∠ ＝９０ ， ＝３ ∥ ， ∥ ， ⊥ ， ＝ ＝１， ＝ ＝２
ＰＡ ＣＤ．在锐角 ＰＡＤ中 Ｅ是边ＰＤ上一点 且ＡＤ ＰＤ 求证 ＡＤ ＢＣ
＝６， ⊥ △ ， ， ＝ （１） ： ∥ ；
ＥＤ ．
求直线ＣＥ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值．
＝４ ＝４ ２ （２）
求证 ＰＢ 平面ＡＥＣ
（１） ： ∥ ；
若ＡＣ与平面ＰＣＤ所成角的正弦值是 ６ 求ＰＡ的长．
（２） ，
３
１６．（２０２０广东广州执信中学１０月月考，１８）在等腰直角 ＥＢＣ
△
中 Ａ Ｄ分别为ＥＢ ＥＣ的中点 ＡＤ 将 ＥＡＤ沿ＡＤ折起
， ， ， ， ＝２， △ ，
使得二面角Ｅ ＡＤ Ｂ为 °．
－ － ６０
请作出平面ＥＢＣ和平面ＥＡＤ的交线ｌ 并说明理由
（１） ， ；
求二面角Ｅ ＣＤ Ｂ的余弦值．
（２） － －
１４．（２０２１届河北百师联盟联考，２１）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ
， －
中 底面ＡＢＣＤ是直角梯形 ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＣＤ ＣＤ ＡＢ ＰＢ
， ， ∥ ， ⊥ ， ＝２ ，
平面ＡＢＣＤ Ｅ Ｆ分别为ＰＣ和ＣＤ的中点．
⊥ ， ，
证明 平面ＢＥＦ 平面ＰＡＤ
（１） ： ∥ ；
若ＰＢ ＣＤ ＡＤ 求二面角Ａ ＰＤ Ｃ的余弦值．
（２） ＝ ＝２ ， － －
专题八 立体几何 ４７７
１．（２０２０河南名校联盟尖子生３月联考，６）已知正方体ＡＢＣＤ
－ Ａ．２＋ ３ Ｂ．３＋ ３ Ｃ．３＋２ ３ Ｄ．２＋２ ３
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ Ｇ分别是ＢＢ ＤＤ Ａ Ｂ 的中点 则下列说 答案 Ｃ 因为ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＤＡ 所以四边形ＡＢＣＤ为
１ １ １ １ ， ， ， １， １， １ １ ， ＝ ＝ ＝ ＝２，
法错误的是 菱形 所以ＣＤ ＡＢ 又ＣＤ 平面ＳＡＢ ＡＢ 平面ＳＡＢ 所以ＣＤ
（ ） ， ∥ ， ⊄ ， ⊂ ，
Ｂ Ｄ 平面Ａ ＦＣ ＣＥ 平面Ａ ＦＣ 平面ＳＡＢ 又 ＣＤ 平面 ＣＤＥＦ 且平面 ＣＤＥＦ 平面 ＳＡＢ
Ａ． １ ∥ １ １ Ｂ． ∥ １ １ ∥ ， ⊂ ， ∩ ＝
ＧＥ 平面Ａ ＦＣ ＡＥ 平面Ａ ＦＣ ＥＦ 所以ＣＤ ＥＦ 所以ＥＦ ＡＢ．又因为Ｅ为ＳＡ的中点 所以
Ｃ． ∥ １ １ Ｄ． ∥ １ １ ， ∥ ， ∥ ，
答案 Ｃ 本题考查空间中线面平行的判定 考查学生直观
， ＥＦ １ ＡＢ 又易知 ＳＡＤ和 ＳＢＣ均是等边三角形 所以
想象 逻辑推理的核心素养． ＝ ＝１， △ △ ，
、 ２
如图所示 连接 Ｂ Ｄ 和 Ａ Ｃ 相交
于点Ｏ 则 ， Ｏ为Ａ Ｃ １ １ Ｂ Ｄ １ 的 １ 中点 ＤＥ ＝ ＣＦ ＝２×ｓｉｎ６０ ° ＝ ３， 所以四边形ＤＥＦＣ的周长为ＣＤ ＋ ＤＥ ＋
， １ １、 １ １ ， ＥＦ ＦＣ 故选 ．
对于 选项 连接ＯＦ 则ＯＦ Ｂ Ｄ ＋ ＝２＋ ３＋１＋ ３＝２ ３＋３， Ｃ
Ａ ， ， ∥ １ ， 思路分析 本题利用线面平行的判定定理得出 ＣＤ 平
因为 ＯＦ 平面 Ａ ＦＣ Ｂ Ｄ 平面 ∥
⊂ １ １， １ ⊄ 面ＳＡＢ 再利用线面平行的性质定理得 ＣＤ ＥＦ 从而实现了
Ａ ＦＣ 所以Ｂ Ｄ 平面Ａ ＦＣ 即 ， ∥ ，
１ １， １ ∥ １ １， Ａ 平面问题与空间问题的转化 最终利用平面相关知识求得四边
的说法正确 ，
； 形的周长．
对于 选项 易知 ＣＥ Ａ Ｆ 因为
Ｂ ， ∥ １ ， ４．（２０２０四川成都二诊，１１）在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点
Ａ Ｆ 平面Ａ ＦＣ ＣＥ 平面Ａ ＦＣ － １ １ １ １ ，
１ ⊂ １ １， ⊄ １ １， Ｐ Ｑ分别为ＡＢ ＡＤ的中点 过点Ｄ作平面α使Ｂ Ｐ 平面α
所以ＣＥ ∥ 平面Ａ １ ＦＣ １， 即 Ｂ 的说法正确 ； ， ， ， ＭＤ １ ∥ ，
对
错
于
误 Ｃ
选项
，
因为ＧＥ
∥
Ａ
１
Ｂ
，
所以ＧＥ与平面Ａ
１
ＦＣ
１
相交
，
即
Ｃ
Ａ
１
Ｑ
∥
平面α．若直线Ｂ
１
Ｄ
１∩
平面α
＝
Ｍ
，
则
ＭＢ
１的值为
（ ）
； １
对于 选项 易知ＡＥ Ｃ Ｆ 因为Ｃ Ｆ 平面Ａ ＦＣ ＡＥ 平面 １ １ １ ２
Ｄ ， ∥ １ ， １ ⊂ １ １， ⊄ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
Ａ ＦＣ 所以ＡＥ 平面Ａ ＦＣ 即 的说法正确．故选 ４ ３ ２ ３
１ １， ∥ １ １， Ｄ Ｃ． 答案 Ｂ 如图所示 取Ａ Ｄ Ｄ Ｃ 的中点分别为Ｅ Ｆ 连接
２．（ Ａ １ ２ Ｂ ０ １ ２ Ｃ ０ １ Ｄ 重 １ 中 庆 ， 四 直 边 属 形 校 Ａ ３ ＢＣ 月 Ｄ 为 模 平 拟 行 ，６ 四 ） 边 如 形 图 ， ， Ｅ 四 ， Ｆ 棱 分 柱 别 Ａ 在 ＢＣ 线 Ｄ 段 － Ｅ Ｄ Ｆ Ｅ ， Ｆ ＤＥ ， Ａ ＤＦ Ｑ ， 则 平 有 面 Ａ １ Ｑ ＤＥ ∥ ， Ｆ ＤＥ 同 ， １ 理 又 １ 知 可 ， 得 １ ＤＥ １ Ｂ ⊂ Ｐ 平面 平 Ｄ 面 ＥＦ Ｄ ， Ｅ Ａ Ｆ １ Ｑ ， ⊄ ， 平 平面 面
ＤＥ ＤＦ
ＤＢ ＤＤ 上 且 １ Ｇ 在ＣＣ 上且平面ＡＥＦ 平面 ，∴ １ ∥ ， １ ∥ ，∴
， １ ， ＥＢ＝ＦＤ １ ＝ ２ ， １ ∥ ＤＥＦ即为平面α ， 连接Ａ １ Ｃ １， Ｂ １ Ｄ １， 由题知Ｂ １ Ｄ １∩ ＥＦ ＝ Ｍ ， 由于
ＣＧ Ｅ Ｆ分别为所在棱中点 ＥＦ Ａ Ｃ 点Ｍ为线段Ｂ Ｄ 的
ＢＤ Ｇ 则 ， ，∴ ∥ １ １，∴ １ １
１ ， ＣＣ ＝ （ ） ＭＤ
１ 四等分点 且靠近点Ｄ １ １ 故选 ．
， １，∴ ＭＢ ＝ ， Ｂ
１ ３
１ １ ２ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ５．（２０１９江西吉安一模，１１）如图 在棱长为 的正方体ＡＢＣＤ
２ ３ ３ ４ ， １ －
答案 Ｂ 本题考查面面平行的性质定理 考查逻辑推理 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ Ｎ分别是Ａ Ｄ Ａ Ｂ 的中点 过直线ＢＤ的平
数学运 算 直 观想象等核心素养 考查学生的数 ， 学应用意识． 、 面 １ α １ １ 平 １ 面Ａ ， ＭＮ ， 则平面α截 １ 该 １， 正 １ 方 １ 体所得截 ， 面的面积为
、 ， ∥ ，
四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢＣＤ为平行四边形
∵ － １ １ １ １ ， ， （ ）
ＤＥ ＤＦ
Ｅ Ｆ分别在线段ＤＢ ＤＤ 上 且 １
， ， １ ， ＥＢ＝ＦＤ ＝ ，
１ ２
ＥＦ ＢＤ 平面ＡＤＤ Ａ 平面ＢＣＣ Ｂ
∴ ∥ １， １ １∥ １ １，
Ｇ在ＣＣ 上且平面ＡＥＦ 平面ＢＤ Ｇ ＡＦ ＢＧ
∵ １ ∥ １ ，∴ ∥ ，
ＣＧ ＤＦ
１ ．故选
∴ ＣＣ ＝ＤＤ ＝ Ｂ．
１ １ ３
３．（２０２０黑龙江顶级名校９月联考，８）如图 四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ的
， －
所有棱长均为 Ｅ是ＳＡ的中点 过Ｃ Ｄ Ｅ三点的平面与ＳＢ ９ ６
２， ， 、 、 Ａ． ２ Ｂ． Ｃ． ３ Ｄ．
交于点Ｆ 则四边形ＤＥＦＣ的周长为 ８ ２
， （ ） 答案 Ｂ 如图 取 Ｂ Ｃ 的中点 Ｅ Ｃ Ｄ 的中点 Ｆ 连接
１， １ １ ， １ １ ，
ＥＦ ＢＥ ＤＦ Ｂ Ｄ 则ＥＦ Ｂ Ｄ Ｂ Ｄ ＢＤ 所以ＥＦ ＢＤ 故
， ， ， １ １， ∥ １ １， １ １∥ ， ∥ ，
ＥＦ ＢＤ在同一平面内．连接ＭＥ 因为Ｍ Ｅ分别为Ａ Ｄ Ｂ Ｃ
， ， ， １ １， １ １
的中点 所以ＭＥ ＡＢ 且ＭＥ ＡＢ 所以四边形ＡＢＥＭ是平行
， ∥ ， ＝ ，
四边形
，
所以ＡＭ ＢＥ 又因为ＢＥ 平面ＢＤＦＥ ＡＭ 平面ＢＤＦＥ
∥ ， ⊂ ， ⊄ ，
４７８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
所以ＡＭ 平面ＢＤＦＥ 同理ＡＮ 平面ＢＤＦＥ．
∥ ， ∥ ＥＦ ＤＥＦ ３ ６．
又因为ＡＭ ＡＮ Ａ ∴ ＝２ ２，∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＝
∩ ＝ ， ２ ２ ４
所以平面ＡＭＮ 平面ＢＤＦＥ 所以平面ＢＤＦＥ为平面α．
∥ ，
异面直线ｌ和ＥＦ所成角的余弦值为 ６．
∴
ＢＤ ＥＦ １ Ｂ Ｄ ２ ＤＦ ＢＥ ５ 等腰梯形 ＢＤＦＥ 如 ４
＝ ２， ＝ １ １＝ ， ＝ ＝ ，
２ ２ ２
图
２，
思路分析 推导出 ｌ ＢＣ 取 ＡＢ 的中点 Ｄ 连接 ＤＥ ＤＦ 则
∥ ， ， ， ，
ＤＥ ＢＣ 从而ｌ ＤＥ 进而得到异面直线ｌ和ＥＦ所成角即为
∥ ， ∥ ，
图 图 ＤＥＦ 或其补角 由此能求出异面直线ｌ和ＥＦ所成角的余
１ ２ ∠ （ ），
弦值．
分别过 Ｅ Ｆ 作 ＢＤ 的垂线 则四边形 ＥＦＧＨ 为矩形 ＦＧ
， ， ，∴ ＝ ８．（２０２０安徽合肥一中等六校第一次联考，１６）如图 在棱长为
，
ＤＦ２
－
ＤＧ２
＝
５
－
１
＝
３ ２
， １
的正方体ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
中
，
点Ｍ是ＡＤ的中点
，
动点Ｐ在
４ ８ ４ 底面ＡＢＣＤ内 不包括边界 若Ｂ Ｐ 平面Ａ ＢＭ 则Ｃ Ｐ的最
æ ö 小值是 （ ． ）， １ ∥ １ ， １
故所得截面的面积为 １ ç ２ ÷ ３ ２ ９ ．故选
×è ＋ ２ø× ＝ Ｂ．
２ ２ ４ ８
６．（２０１９豫北名校４月联考，１４）在斜三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
－ １ １ １ ，
点Ｄ Ｄ 分别为ＡＣ Ａ Ｃ 上的点 若平面ＢＣ Ｄ 平面ＡＢ Ｄ
， １ ， １ １ ， １ ∥ １ １，
ＡＤ
则 ．
ＤＣ＝
答案
１
解析 如图所示 连接Ａ Ｂ 与ＡＢ 交于点Ｏ 连接ＯＤ 平
， １ ， １ ， １，∵ 答案 ３０
面ＢＣ Ｄ 平面 ＡＢ Ｄ 平面 ＢＣ Ｄ 平面 Ａ ＢＣ ＢＣ 平面
１ ∥ １ １， １ ∩ １ １ ＝ １， ５
Ａ Ｄ Ａ Ｏ 解析 如图 取Ａ Ｄ 的中点Ｑ ＢＣ的中点Ｎ 连接ＤＮ ＮＢ
Ａ ＢＣ 平面 ＡＢ Ｄ Ｄ Ｏ ＢＣ Ｄ Ｏ １ １ １ 同理 ， １ １ ， ， ， １，
１ １∩ １ １＝ １ ，∴ １∥ １ ，∴ Ｄ Ｃ ＝ ＯＢ， Ｂ Ｑ ＱＤ
１ １ １ ， ，
Ａ Ｄ ＤＣ Ａ Ｏ ＤＣ Ａ Ｏ ＤＣ
ＡＤ ＤＣ １ １ １ 又 １ 即
１∥ １，∴ Ｄ Ｃ ＝ＡＤ，∴ ＯＢ＝ＡＤ， ∵ ＯＢ ＝１，∴ ＡＤ＝１，
１ １
ＡＤ
．
ＤＣ＝１
易证ＤＮ ＢＭ ＤＱ Ａ Ｍ 又ＤＮ ＤＱ Ｄ ＢＭ Ａ Ｍ Ｍ
∥ ， ∥ １ ， ∩ ＝ ， ∩ １ ＝ ，
平面Ｂ ＱＤＮ 平面Ａ ＢＭ 则动点Ｐ的轨迹是线段ＤＮ 不含
∴ １ ∥ １ ， （
Ｄ Ｎ两点 连接ＣＰ．
， ），
又ＣＣ 平面ＡＢＣＤ 则当ＣＰ ＤＮ时 Ｃ Ｐ取得最小值
１⊥ ， ⊥ ， １ ，
æ ö２
Ｃ Ｐ ç １ ÷ ２ ３０．则Ｃ Ｐ的最小值为 ３０．
７．（２０１９福建厦门一模，１５）在正三棱锥Ｓ ＡＢＣ中 ＡＢ ＳＡ ∴ １ ≥ è ø ＋１ ＝ １
－ ， ＝２ ３， ５ ５ ５
Ｅ Ｆ分别为ＡＣ ＳＢ的中点．平面α过点Ａ 平面α 平 解题关键 利用线面平行与面面平行的性质定理得点Ｐ的轨
＝２ ５， ， ， ， ∥
面ＳＢＣ 平面α 平面ＡＢＣ ｌ 则异面直线ｌ和ＥＦ所成角的余 迹是求解本题的关键．
， ∩ ＝ ，
弦值为 ． ９．（２０１９北师大附中期中文，１８）如图 在四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ中 底
， － ，
面ＡＢＣＤ为菱形 ＢＡＤ ° 平面ＳＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＳＡ ＳＤ
，∠ ＝６０ ， ⊥ ， ＝ ，
答案 ６ Ｅ Ｐ Ｑ分别是棱ＡＤ ＳＣ ＡＢ的中点．
， ， ， ，
解析 ４ 平面α 平面ＳＢＣ 平面α 平面ＡＢＣ ｌ 平面ＳＢＣ （１） 求证 ： ＰＱ ∥ 平面ＳＡＤ ；
平面 ＡＢ ∵ Ｃ ＢＣ ∥ ， ∩ ＝ ， （２） 求证 ： ＡＣ ⊥ 平面ＳＥＱ ；
∩ ＝ ， 如果ＳＡ ＡＢ 求三棱锥Ｓ ＡＢＣ的体积．
ｌ ＢＣ．取ＡＢ的中点Ｄ 连接ＤＥ ＤＦ 则ＤＥ ＢＣ ｌ ＤＥ （３） ＝ ＝２， －
∴ ∥ ， ， ， ∥ ，∴ ∥ ，
异面直线ｌ和ＥＦ所成角即为 ＤＥＦ 或其补角 ．取ＢＣ的中
∴ ∠ （ ）
点Ｏ 连接ＳＯ ＡＯ
， ， ，
则ＳＯ ＢＣ ＡＯ ＢＣ
⊥ ， ⊥ ，
又ＳＯ ＡＯ Ｏ ＢＣ 平面ＳＯＡ
∩ ＝ ，∴ ⊥ ，
又ＳＡ 平面ＳＯＡ ＢＣ ＳＡ ＤＥ ＤＦ．
⊂ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥
在 ＤＥＦ中 ＤＥ ＤＦ
Ｒｔ△ ， ＝ ３， ＝ ５，
专题八 立体几何 ４７９
解析 证明 取ＳＤ的中点Ｆ 连接ＡＦ ＰＦ． 底面ＡＢＣＤ．
（１） ： ， ， ⊥
因为Ｐ Ｆ分别是棱ＳＣ ＳＤ的中点 又ＢＣ 底面ＡＢＣＤ ＰＡ ＢＣ．
， ， ， ⊂ ，∴ ⊥
又 ＡＢＣ ° ＰＡ ＡＢ Ａ ＢＣ 平面ＰＡＢ．
所以ＦＰ ＣＤ 且ＦＰ １ ＣＤ． ∵ ∠ ＝９０ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥
∥ ， ＝ 又 ＡＥ 平面ＰＡＢ ＡＥ ＢＣ．
２ ∵ ⊂ ，∴ ⊥
又因为Ｑ是ＡＢ的中点 ＡＢ 平面ＰＣＤ ＡＢ 平面ＡＢＣＤ 且平面ＡＢＣＤ 平面
， （２）∵ ∥ ， ⊂ ， ∩
ＰＣＤ ＤＣ ＡＢ ＤＣ．
所以ＡＱ ＣＤ 且ＡＱ １ ＣＤ． ＝ ，∴ ∥
∥ ， ＝ 如图 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｍ 连接ＥＭ．
２ ， ，
所以ＦＰ ＡＱ且ＦＰ ＡＱ．
∥ ＝
所以四边形ＡＱＰＦ为平行四边形．
所以ＰＱ ＡＦ．
∥
又因为ＰＱ 平面ＳＡＤ ＡＦ 平面ＳＡＤ
⊄ ， ⊂ ，
所以ＰＱ 平面ＳＡＤ．
∥
ＡＢ ＤＣ ＡＢＤ ＢＤＣ．又 ＡＭＢ ＤＭＣ
∵ ∥ ，∴ ∠ ＝∠ ∵ ∠ ＝∠ ，
ＡＢ ＭＢ
ＡＭＢ ＣＭＤ ．又ＤＣ ＡＢ ＤＭ ＭＢ．
∴ △ ∽△ ，∴ ＣＤ＝ＤＭ ＝２ ，∴ ＝２
又 Ｐ→Ｅ Ｅ→Ｂ ＰＤ ＥＭ．
∵ ＝２ ，∴ ∥
又 ＰＤ 平面ＥＡＣ ＥＭ 平面ＥＡＣ ＰＤ 平面ＡＣＥ．
∵ ⊄ ， ⊂ ，∴ ∥
１１．（２０２０山西长治二中９月月考，１８）如图 在多面体ＡＢＣＤＥＦ
证明 连接ＢＤ ，
（２） ： ， 中 平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ 四边形ＡＤＥＦ为正方形 四边形
在 ＳＡＤ中 ＳＡ ＳＤ Ｅ是ＡＤ的中点 ， ⊥ ， ，
△ ， ＝ ， ，
所以ＳＥ ＡＤ． ＡＢＣＤ为梯形 且ＡＤ ＢＣ ＢＡＤ ° ＡＢ ＡＤ １ ＢＣ．
⊥ ， ∥ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝
又平面ＳＡＤ 平面ＡＢＣＤ ２
⊥ ，
平面ＳＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ
∩ ＝ ，
ＳＥ 平面ＳＡＤ
⊂ ，
所以ＳＥ 平面ＡＢＣＤ
⊥ ，
又ＡＣ 平面ＡＢＣＤ
⊂ ，
所以ＳＥ ＡＣ．
⊥
因为底面ＡＢＣＤ为菱形
，
所以ＢＤ ＡＣ
因为Ｅ Ｑ ⊥ 分别 ， 是ＡＤ ＡＢ的中点 （１） 求证 ： ＡＤ ∥ 平面ＢＣＥＦ ；
， ， ， 求证 ＢＤ 平面ＣＤＥ
所以ＥＱ ＢＤ （２） ： ⊥ ；
∥ ， 在线段ＢＤ上是否存在点Ｍ 使得ＣＥ 平面ＡＭＦ 若存
所以ＥＱ ＡＣ （３） ， ∥ ？
⊥ ，
ＢＭ
因为ＳＥ ＥＱ Ｅ ＳＥ ＥＱ 平面ＳＥＱ 在 求出 的值 若不存在 请说明理由．
∩ ＝ ， ， ⊂ ， ， ＤＭ ； ，
所以ＡＣ 平面ＳＥＱ．
⊥ 解析 证明 因为四边形 ＡＤＥＦ 为正方形 所以 ＡＤ
因为菱形ＡＢＣＤ中 ＢＡＤ ° ＡＢ （１） ： ，
（３） ，∠ ＝６０ ， ＝２， ＥＦ
∥ ，
所以Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ＡＢ · ＢＣ ·ｓｉｎ∠ ＡＢＣ ＝ ３ ． 由于ＥＦ ⊂ 平面ＢＣＥＦ ， ＡＤ ⊄ 平面ＢＣＥＦ ，
２ 所以ＡＤ 平面ＢＣＥＦ．
因为ＳＡ ＡＤ ＳＤ Ｅ是ＡＤ的中点 所以ＳＥ ． ∥
＝ ＝ ＝２， ， ＝ ３ 证明 因为四边形ＡＤＥＦ为正方形 所以ＤＥ ＡＤ．
由 可知ＳＥ 平面ＡＢＣ （２） ： ， ⊥
（２） ⊥ ， 因为平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ
⊥ ， ∩ ＝ ，
所以三棱锥Ｓ ＡＢＣ的体积Ｖ １ Ｓ ＳＥ ． 所以ＤＥ 平面ＡＢＣＤ 所以ＤＥ ＢＤ．
－ ＝ △ ＡＢＣ· ＝１ ⊥ ， ⊥
３ 取ＢＣ的中点Ｎ 连接ＤＮ．
１０．（２０１９河南豫南九校１１月联考，１８）如图所示 在四棱锥Ｐ ，
， －
由ＢＮ ＡＤ ＢＮ １ ＢＣ ＡＤ ＡＢ ＢＡＤ °
ＡＢＣＤ中 侧面ＰＡＤ 底面ＡＢＣＤ ＰＡＤ ＡＢＣ ° 设Ｐ→Ｅ ∥ ， ＝ ＝ ＝ ，∠ ＝９０ ，
， ⊥ ，∠ ＝∠ ＝９０ ， ２
＝２
Ｅ→Ｂ． 可得四边形ＡＢＮＤ为正方形
，
所以ＤＮ
＝
ＡＢ．
求证 ＡＥ ＢＣ
（１） ： ⊥ ； 所以ＤＮ １ ＢＣ 所以ＢＤ ＣＤ
若直线ＡＢ 平面ＰＣＤ 且ＤＣ ＡＢ 求证 直线ＰＤ 平 ＝ ， ⊥ ，
（２） ∥ ， ＝２ ， ： ∥ ２
面ＡＣＥ． 因为ＣＤ
∩
ＤＥ
＝
Ｄ
，
所以ＢＤ
⊥
平面ＣＤＥ．
证明 侧面ＰＡＤ 底面ＡＢＣＤ 且 ＰＡＤ ° ＰＡ
（１）∵ ⊥ ， ∠ ＝９０ ，∴
４８０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＢＭ ＢＭ
存在 当Ｍ为ＢＤ的中点时 ＣＥ 平面ＡＭＦ 此时 ． 果存在 求出 的值 如果不存在 请说明理由．
（３） ， ， ∥ ， ＤＭ＝１ ， ＢＰ ； ，
理由如下
：
连接ＡＮ 交 ＢＤ 于点 Ｍ 连接 ＮＦ 由于四边形 ＡＢＮＤ 为正
， ，
方形
，
所以Ｍ是ＢＤ的中点 同时也是ＡＮ的中点．
，
因为ＮＣ ＡＤ ＮＣ ＡＤ 四边形ＡＤＥＦ为正方形
＝ ， ∥ ， ，
所以ＮＣ ＦＥ ＮＣ ＦＥ
＝ ， ∥ ，
所以四边形ＮＣＥＦ为平行四边形 所以ＣＥ ＮＦ． 解析 底面ＡＢＣＤ是菱形 ＡＣ ＢＤ Ｏ
， ∥ （１）∵ ， ∩ ＝ ，
又因为ＮＦ 平面ＡＭＦ ＣＥ 平面ＡＭＦ Ｏ为ＡＣ ＢＤ的中点．
⊂ ， ⊄ ， ∴ ，
所以ＣＥ 平面ＡＭＦ． 又 ＰＡ ＰＣ ＰＢ ＰＤ
∥ ∵ ＝ ， ＝ ，
规律总结 探索性问题 一般采用执果索因的方法 假设求
ＰＯ ＡＣ ＰＯ ＢＤ．
， ， ∴ ⊥ ， ⊥
解的结果存在 从这个结果出发 寻找使这个结果成立的充分 ＡＣ ＢＤ Ｏ ＡＣ 平面ＡＢＣＤ ＢＤ 平面ＡＢＣＤ
， ， ∵ ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，
条件 若能找到符合题目结果要求的条件 则存在 若不能找 ＰＯ 底面ＡＢＣＤ．
， ， ； ∴ ⊥
到符合题目结果要求的条件 出现矛盾 则不存在．
（ ）， 在等边 ＰＡＣ中 ＡＣ ＰＯ ．
１２．（２０２０ 河南、江西五岳 ３ 月联考，１９）如图 在四棱锥 Ｐ △ ， ＝２，∴ ＝ ３
ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底面ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＤＡＢ ， ° ＡＢ ＢＣ Ｐ － Ａ 在 △ ＰＢＤ中 ， ＰＢ ＝ ＰＤ ＝ ６， 则ＢＯ ＝ （ ６） ２ －（ ３） ２ ＝ ３，
， ⊥ ， ∥ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝
ＢＤ ．
１ ＡＤ Ｅ为ＰＢ的中点 Ｆ是ＰＣ上的点． ∴ ＝２ ３
＝ ＝２， ，
２ Ｖ １ Ｓ ＰＯ １ １ ．
若ＥＦ 平面ＰＡＤ 证明 Ｆ为ＰＣ的中点 ∴ Ｐ － ＡＢＣＤ＝ · 菱形ＡＢＣＤ· ＝ × ×２×２ ３× ３＝２
（１） ∥ ， ： ； ３ ３ ２
求点Ｃ到平面ＰＢＤ的距离． 存在．如图 过Ｃ作ＣＥ ＢＤ交ＡＢ的延长线于Ｅ 过Ｅ作
（２） （２） ， ∥ ，
ＥＨ ＢＦ交ＰＡ于Ｈ 交ＰＢ于Ｍ．
∥ ，
解析 证明 因为ＢＣ ＡＤ ＢＣ 平面ＰＡＤ ＡＤ 平面
（１） ： ∥ ， ⊄ ， ⊂
ＰＡＤ 所以ＢＣ 平面ＰＡＤ．
， ∥ ＣＥ ＢＤ ＢＤ 平面ＢＤＦ ＣＥ 平面ＢＤＦ
因为Ｐ 平面ＰＢＣ Ｐ 平面ＰＡＤ 所以可设平面ＰＢＣ 平面 ∵ ∥ ， ⊂ ， ⊄ ，
∈ ， ∈ ， ∩ ＣＥ 平面ＢＤＦ．
ＰＡＤ ＰＭ ∴ ∥
＝ ， ＥＨ ＢＦ ＢＦ 平面ＢＤＦ ＥＨ 平面ＢＤＦ
又因为ＢＣ 平面ＰＢＣ 所以ＢＣ ＰＭ． ∵ ∥ ， ⊂ ， ⊄ ，
⊂ ， ∥ ＥＨ 平面ＢＤＦ．
因为ＥＦ 平面ＰＡＤ ＥＦ 平面ＰＢＣ 所以ＥＦ ＰＭ 从而得 ∴ ∥
∥ ， ⊂ ， ∥ ， 又 ＣＥ ＥＨ Ｅ ＣＥ 平面ＣＥＭ ＥＨ 平面ＣＥＭ
ＥＦ ＢＣ．因为Ｅ为ＰＢ的中点 所以Ｆ为ＰＣ的中点． ∵ ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，
∥ ， 平面ＢＤＦ 平面ＣＥＭ．又ＣＭ 平面ＣＥＭ
∴ ∥ ⊂ ，
因为ＰＡ 底面ＡＢＣＤ ＤＡＢ ° ＡＢ ＢＣ ＰＡ １ＡＤ ＣＭ 平面ＢＤＦ．
（２） ⊥ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ＝ ＝２， ∴ ∥
２
ＢＤ ＣＥ ＤＣ ＢＥ
所以ＰＢ ＰＡ２ ＡＢ２ ＰＤ ＰＡ２ ＡＤ２ ∵ ∥ ， ∥ ，
＝ ＋ ＝２ ２， ＝ ＋ ＝２ ５， 四边形ＢＥＣＤ为平行四边形．
∴
ＢＤ ＝ ＢＡ２ ＋ ＡＤ２ ＝２ ５， ＤＣ ＢＥ ＡＢ Ｂ为ＡＥ的中点．
∴ ＝ ＝ ，∴
所 以 Ｓ １ ＰＢ
△ ＤＰＢ ＝ ２ · ∵ ＡＦ ＝ １ ＡＰ ， ＥＨ ∥ ＢＦ ，
４
( ) ２ Ｈ为ＰＡ的中点．
ＤＰ２ １ ＰＢ ． ∴
－ ＝６ 在 ＰＡＥ中 Ｍ为中线ＰＢ与中线ＥＨ的交点．
２ ∴ △ ，
设点Ｃ到平面ＰＢＤ的距离为ｄ ＢＭ
， Ｍ为 ＰＡＥ的重心 １ ．
∴ △ ，∴ ＢＰ＝
由Ｖ Ｖ 得 １ Ｓ ｄ ３
Ｃ － ＰＢＤ＝ Ｐ － ＢＣＤ， △ ＤＰＢ· ＝ １４．（２０２０河南天一大联考４月联考，１８）如图 五面体ＡＢＣＤＥＦ
３ ，
１ Ｓ ＰＡ １ １ ＢＣ ＡＢ ＰＡ 中 ＡＥ ＥＦ 平面 ＤＡＥ 平面 ＡＢＦＥ 平面 ＣＢＦ 平面
△ ＢＣＤ· ＝ × × × × ， ， ＝ ２ ， ⊥ ， ⊥
３ ３ ２ ＡＢＦＥ ＤＡＥ ＤＥＡ ＣＦＢ ＥＡＢ ＦＢＡ ° ＡＢ
，∠ ＝∠ ＝∠ ＝∠ ＝∠ ＝４５ ， ∥
即 ｄ １ 解得ｄ ２ ． ＥＦ 点Ｐ是线段ＡＢ上靠近Ａ的三等分点．
６ ＝ ×２×２×２， ＝ ，
２ ３ 求证 ＤＰ 平面ＣＢＦ
１３．（２０１９广东珠海一中期中考试，２０）如图所示 在四棱锥Ｐ （１） ： ∥ ；
， － 求直线ＤＰ与平面ＡＣＦ所成角的正弦值．
ＡＢＣＤ中 底面四边形ＡＢＣＤ是菱形 ＡＣ ＢＤ Ｏ ＰＡＣ是边 （２）
， ， ∩ ＝ ，△
长为 的等边三角形 ＰＢ ＰＤ ＡＰ ＡＦ．
２ ， ＝ ＝ ６， ＝４
求四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的体积
（１） － ；
在线段ＰＢ上是否存在一点Ｍ 使得ＣＭ 平面ＢＤＦ 如
（２） ， ∥ ？
专题八 立体几何 ４８１
解析 本题主要考查空间线面的位置关系 向量法求空间
，
角的正弦值 考查学生的运算求解能力 空间想象能力．考查 思路分析 作辅助线 利用题中给出的相等关系 得出
， 、 （１） ， ，
的核心素养为直观想象 逻辑推理和数学运算． ＤＭ 平面 ＡＢＥＦ 从而得到 ＤＭ ＣＮ 进而得出 ＤＭ 平面
、 ⊥ ， ∥ ， ∥
证明 如图 分别取 ＡＥ ＢＦ 的中点 Ｍ Ｎ 连接 ＤＭ ＣＮ ＣＢＦ 再证得ＭＰ 平面ＣＢＦ 所以平面ＣＢＦ 平面ＤＭＰ 从
（１） ： ， ， ， ， ， ， ， ∥ ， ∥ ，
ＭＰ ＭＮ 而证得ＤＰ 平面ＣＢＦ 建立恰当的空间直角坐标系 分
， ， ∥ ；（２） ，
别求出直线ＤＰ的方向向量和平面ＡＦＣ的法向量 然后求得
，
结果．
１５．（２０２０陕西第二次质量检测，１７）如图 正四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ
， －
的底边长为 侧棱长为 Ｍ为ＰＣ上一点 且ＰＭ ＣＭ 点
２， ３， ， ＝３ ，
Ｅ Ｆ分别为ＡＤ ＢＣ上的点 且ＡＥ ＢＦ ＥＤ．
， ， ， ＝ ＝３
证明 平面ＭＥＦ 平面ＰＡＢ
（１） ： ∥ ；
由题可知 ＡＤ ＝ ＤＥ ，∠ ＡＤＥ ＝９０ ° ， 设 ＡＤ ＝ ＤＥ ＝１， 易知 ＤＭ ⊥ （２） 求锐二面角Ｐ － ＥＦ － Ｍ的余弦值．
ＡＥ 且ＡＭ ２．
， ＝
２
因为平面ＤＡＥ 平面ＡＢＦＥ 平面ＤＡＥ 平面ＡＢＦＥ ＡＥ 所以
⊥ ， ∩ ＝ ，
ＤＭ 平面ＡＢＦＥ．同理 ＣＮ 平面 ＡＢＦＥ．所以 ＤＭ ＣＮ．因为
⊥ ， ⊥ ∥
ＤＭ 平面ＣＢＦ ＣＮ 平面ＣＢＦ 故ＤＭ 平面ＣＢＦ．
⊄ ， ⊂ ， ∥
因为ＡＥ ＥＦ ＥＡＢ ＦＢＡ °
＝ ２ ，∠ ＝∠ ＝４５ ，
所以ＡＰ １ ＡＢ．
＝１＝
３ 解析 证明 ＡＥ ＢＦ 且ＡＥ ＢＦ
因为ＡＭ ＡＰ ° 所以 ＡＭＰ ° （１） ： ∥ ， ＝ ，
＝ ｃｏｓ４５ ， ∠ ＝９０ ， 四边形ＡＢＦＥ为平行四边形 ＡＢ ＥＦ．
所以 ＡＭＰ是以ＡＰ为斜边的等腰直角三角形 ∴ ，∴ ∥
△ ， ＰＭ ＣＭ ＢＦ ＦＣ ＭＣＦ ＰＣＢ
所以 ＭＰＡ ° 而 ＦＢＡ ° 则ＭＰ ＦＢ． ∵ ＝３ ， ＝３ ，∠ ＝∠ ，
∠ ＝４５ ， ∠ ＝４５ ， ∥ ＭＣＦ ＰＣＢ ＭＦ ＰＢ．
因为ＭＰ 平面ＣＢＦ ＦＢ 平面ＣＢＦ 所以ＭＰ 平面ＣＢＦ． ∴ △ ∽△ ，∴ ∥
⊄ ， ⊂ ， ∥ ＭＦ ＥＦ 平面ＭＥＦ ＭＦ ＥＦ Ｆ ＰＢ ＡＢ 平面ＰＡＢ ＰＢ
因为ＭＰ ＤＭ Ｍ 所以平面ＤＭＰ 平面ＣＢＦ． ∵ ， ⊂ ， ∩ ＝ ， ， ⊂ ， ∩
∩ ＝ ， ∥ ＡＢ Ｂ 平面ＭＥＦ 平面ＰＡＢ．
因为ＤＰ 平面ＤＭＰ 所以ＤＰ 平面ＣＢＦ． ＝ ，∴ ∥
⊂ ， ∥ 连接ＡＣ ＢＤ 交于点Ｏ 连接ＰＯ．
连接ＰＥ 以Ｐ为原点 ＡＢ ＰＥ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 （２） ， ， ，
（２） ， ， ， ， ， 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ为正四棱锥
以过点Ｐ且垂直于平面ＡＢＦＥ的直线为ｚ轴建立如图所示的 ∵ － ，
ＡＣ ＢＤ ＰＯ 平面ＡＢＣＤ ＯＢ ＯＣ ＯＰ两两垂直 故建立
空间直角坐标系 设 ＡＤ ＤＥ 则 Ａ ∴ ⊥ ， ⊥ ，∴ ， ， ，
， ＝ ＝ １， （－ １，０，０）， 如图所示的空间直角坐标系．
æ ö æ ö
Ｃç ３ １ ２÷ Ｆ Ｐ Ｄç １ １ ２÷ 所
è ， ， ø， （１，１，０）， （０，０，０）， è－ ， ， ø，
２ ２ ２ ２ ２ ２
æ ö
以→ＡＦ Ｆ→Ｃ ç １ １ ２÷．
＝（２，１，０）， ＝è ，－ ， ø
２ ２ ２
设平面ＡＦＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{ ｘ ｙ
{ｎ →ＡＦ ２ ＋ ＝０，
则 · ＝０，即
ｎ Ｆ→Ｃ １ ｘ １ ｙ ２ｚ
· ＝０， － ＋ ＝０，
２ ２ ２
取ｘ 则ｙ ｚ 即ｎ ．
＝－２， ＝４， ＝３ ２， ＝（－２，４，３ ２）
æ ö
易知Ｐ→Ｄ ç １ １ ２÷
＝è－ ， ， ø， 则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
２ ２ ２ （０，－ ２，０）， （ ２，０，０）， （０， ２，０）， （－ ２，０，０），
设直线ＤＰ与平面ＡＣＦ所成的角为θ． æ ö æ ö æ ö
Ｅç ３ ２ ２ ÷ Ｆç ２ ３ ２ ÷ Ｍç ３ ２ １ ÷ Ｐ
Ｐ→Ｄ ｎ è－ ，－ ，０ø， è ， ，０ø， è０， ， ø， （０，０，１），
故 θ ｜ · ｜ ３ ３８ ４ ４ ４ ４ ４ ４
ｓｉｎ ＝ Ｐ→Ｄ ｎ ＝ １９ ， æ ö (
｜ ｜｜ ｜ Ｅ→Ｆ Ｐ→Ｅ ç ３ ２ ２ ÷ Ｍ→Ｅ ３ ２
∴ ＝（ ２， ２，０）， ＝ è－ ，－ ，－１ø， ＝ － ，
即直线ＤＰ与平面ＡＣＦ所成角的正弦值为３ ３８． ４ ４ ４
)
１９ １
－ ２，－ ，
４
设平面ＰＥＦ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
４８２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
{ｍ Ｅ→Ｆ { ２ ｘ ＋ ２ ｙ ＝０， {ｘ ＝－ ｙ ， ∴ ＤＰ ⊥ 平面ＡＢＣ ，
则 · ＝０，即 解得 平面ＥＢＣ 平面ＡＢＣ且交线为ＢＣ ＥＱ 平面ＥＢＣ
∵ ⊥ ， ⊂ ，
ｍ · Ｐ→Ｅ ＝０， － ３
４
２ｘ －
４
２ｙ － ｚ ＝０， ｚ ＝
２
２ｙ ，
∴
ＥＱ
⊥
平面ＡＢＣ
，∴
ＤＰ
∥
ＥＱ．
又 ＥＱ 平面ＥＢＣ ＤＰ 平面ＥＢＣ ＤＰ 平面ＥＢＣ．
取ｘ 则ｙ ｚ ∵ ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥
∴ ＝－２， ＝２， ＝ ２， ＰＨ是 ＡＢＣ的中位线 ＰＨ ＢＣ
故ｍ ∵ △ ，∴ ∥ ，
＝（－２，２， ２）， 又 ＢＣ 平面ＥＢＣ ＰＨ 平面ＥＢＣ ＰＨ 平面ＥＢＣ
同理可得平面ＭＥＦ的一个法向量ｎ ＝（－１，１，－ ２） ． ∵ ∵ ＤＰ ⊂ ⊂ 平面ＤＰＨ ， Ｐ ， Ｈ ⊂ ⊄ 平面ＤＰＨ ， ， Ｄ ∴ Ｐ ∩ Ｐ ∥ Ｈ ＝ Ｐ ，∴ 平面 ， ＥＢＣ
ｍ ｎ 平面ＤＰＨ ＤＨ 平面ＥＢＣ．
ｍ ｎ · ２＋２－２ １ １０ ∥ ，∴ ∥
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ １０×２ １０ １０
锐二面角Ｐ ＥＦ Ｍ的余弦值为 １０．
∴ － －
１０
思路分析 由正方形的性质知ＡＢ ＥＦ 又由相似三角形
（１） ∥ ，
的性质可得ＭＦ ＰＢ 再结合面面平行的判定定理即可证明
∥ ， ；
由已知条件可推导出ＯＢ ＯＣ ＯＰ两两垂直 建立空间直
（２） ， ， ，
角坐标系 求出平面ＰＥＦ与平面ＭＥＦ的法向量 利用公式即
， ，
可求得锐二面角的余弦值．
１６．（２０２０安徽名校联盟４月联考，１８）如图 在空间几何体ＡＢ⁃ 图 图
， １ ２
ＣＤＥ中
，△
ＡＢＣ
，△
ＡＣＤ
，△
ＥＢＣ均是边长为
２
的等边三角形
，
以点Ｐ为原点 射线ＰＡ为ｘ轴正方向 射线ＰＢ为ｙ轴正
平面ＡＣＤ
⊥
平面 ＡＢＣ
，
且平面 ＥＢＣ
⊥
平面 ＡＢＣ
，
Ｈ 为 ＡＢ 的 （ 方 ２ 向 ） 射线ＰＤ为ｚ ， 轴正方向 建立如图 所 、 示的空间直角坐
中点．
标系
、
则 Ｐ Ａ
， ２
Ｃ
证明 ＤＨ 平面ＥＢＣ ， （０， ０， ０）， （１， ０， ０）， （－ １， ０， ０），
（１） ： ∥ ； æ ö æ ö
求二面角Ｅ ＡＣ Ｂ的余弦值． Ｅç １ ３ ÷ →ＡＣ →ＡＥ ç ３ ３ ÷
（２） － － è－ ， ， ３ø，∴ ＝（－２，０，０）， ＝è－ ， ， ３ø，
２ ２ ２ ２
ＥＱ 平面ＡＢＣ 平面ＡＢＣ的法向量可取ｎ
∵ ⊥ ，∴ ＝（０，０，１），
设平面ＥＡＣ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{ ｘ
－２ ＝０， {ｘ
则 ＝０， 可取ｍ
３ ｘ ３ｙ ｚ ∴ ｙ ｚ ∴ ＝（０，２，－１），
－ ＋ ＋ ３ ＝０， ＝－２ ，
２ ２
解析 证明 如图 分别取ＡＣ ＢＣ的中点Ｐ Ｑ 连接 设二面角Ｅ ＡＣ Ｂ的平面角为θ 根据图形判断θ为锐角
（１） ： １， ， ， ， － － ， ，
ＤＰ ＥＱ ＰＱ ＰＨ ＡＣＤ ＥＢＣ 均是等边三角形 Ｐ 是 ＡＣ ｍ ｎ
， ， ， ，∵ △ ，△ ， θ · －１ ５．
的中点 Ｑ是ＢＣ的中点 ＤＰ ＡＣ ＥＱ ＢＣ． ∴ ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝
， ，∴ ⊥ ， ⊥ ｜ ｜·｜ ｜ １× ５ ５
平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ且交线为ＡＣ ＤＰ 平面ＡＣＤ
∵ ⊥ ， ⊂ ，
