微专题23 空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)
高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理,对命题
的真假进行判断,属基础题; 2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容,多出现在立体几
何解答题中的第(1)问.
【真题体验】
1.(2025·天津卷)已知m,n 为两条直线,α,β 为两个平面,则下列结论中正确的是( )
A.若m∥α,n⊂α,则m∥n
B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β
答案 C
解析 若m∥α,n⊂α,则m∥n 或m,n 异面,A 错误;
若m⊥α,m⊥β,则α∥β,B 错误;
若m∥α,m⊥β,则α⊥β,C 正确;
若m⊂α,α⊥β,则m∥β 或m 与β 相交或m⊂β,
D 错误.
2.(多选)(2025·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中,D 为BC 的中点,则( )
A.AD⊥A1C
B.BC⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1
D.CC1∥平面AA1D
答案 BD
解析 在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
又AD⊂平面ABC,
则AA1⊥AD,
即⃗A1 A·⃗AD＝0,
因为△ABC 是正三角形,D 为BC 中点,
则AD⊥BC,即⃗CD·⃗AD＝0,
又 ⃗A1C ＝⃗A1 A ＋⃗AD＋⃗DC,
所以⃗A1C·⃗AD＝(⃗A1 A ＋⃗AD＋⃗DC)·⃗AD＝⃗A1 A·⃗AD＋⃗AD
2＋⃗DC·⃗AD＝⃗AD
2≠0,
则AD 与A1C 不垂直,故A 错误;
因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱,
所以AA1⊥平面ABC,则AA1⊥BC,
因为△ABC 是正三角形,D 为BC 的中点,
则AD⊥BC,又AD∩AA1＝A,AD,AA1⊂平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,B 正确;
AB∥A1B1,AD 与AB 相交,
所以AD 与A1B1异面,C 错误;
CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,D 正确.故选BD.
3.(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F 分别为AB,BC 的中点,则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案 A
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中,
AC⊥BD 且DD1⊥平面ABCD,
又EF⊂平面ABCD,
所以EF⊥DD1.
因为E,F 分别为AB,BC 的中点,
所以EF∥AC,所以EF⊥BD.
又BD∩DD1＝D,BD,DD1⊂平面BDD1,
所以EF⊥平面BDD1.
又EF⊂平面B1EF,
所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A 正确;
如图,以点D 为原点,建立空间直角坐标系,
设AB＝2,
则D(0,0,0),B1(2,2,2),
E(2,1,0),F(1,2,0),
B(2,2,0),A1(2,0,2),
A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),
则⃗EF ＝(－1,1,0),⃗E B1＝(0,1,2),⃗
DB＝(2,2,0),⃗D A1＝(2,0,2),⃗
A A1＝(0,0,2),⃗AC ＝(－2,2,0),⃗
A1C1＝(－2,2,0).
设平面B1EF 的一个法向量为m＝(x1,y1,z1),
则有{
m·⃗EF ＝−x1＋y1＝0,
m·⃗E B1＝y1＋2 z1＝0,
可取m＝(2,2,－1),
同理可得平面A1BD 的一个法向量为
n1＝(1,－1,－1),
平面A1AC 的一个法向量为n2＝(1,1,0),
平面A1C1D 的一个法向量为n3＝(1,1,－1),
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0,
所以平面B1EF 与平面A1BD 不垂直,
故B 错误;
因为m 与n2不平行,
所以平面B1EF 与平面A1AC 不平行,
故C 错误;
因为m 与n3不平行,
所以平面B1EF 与平面A1C1D 不平行,
故D 错误.
4.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图,在正方体中,O 为底面的中心,P 为所在棱的中点,M,N 为正方体的
顶点,则满足MN⊥OP 的是( )
答案 BC
解析 设正方体的棱长为2.
对于A,如图1 所示,连接AC,则MN∥AC,故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN 所成的角.
在△POC 中,显然∠POC≠π
2 ,
故MN⊥OP 不成立,故A 错误;
对于B,如图2 所示,取MT 的中点为Q,
连接PQ,OQ,则OQ⊥MT,PQ⊥MN.
由正方体SBCN－MADT 可得SM⊥平面MADT,
而OQ⊂平面MADT,故SM⊥OQ,
又SM∩MT＝M,SM,MT⊂平面SNTM,
故OQ⊥平面SNTM,
又MN⊂平面SNTM,所以OQ⊥MN,
又OQ∩PQ＝Q,OQ,PQ⊂平面OPQ,
所以MN⊥平面OPQ,
又OP⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B 正确;
对于C,如图3,连接BD,则BD∥MN,
由B 的判断可得OP⊥BD,故OP⊥MN,
故C 正确;
对于D,如图4,取AD 的中点Q,AB 的中点K,连接OA,AC,PQ,OQ,PK,OK,则AC∥MN.
因为DP＝PC,故PQ∥AC,故PQ∥MN,
所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO,MN 所成的角,
因为正方体的棱长为2,
故PQ＝1
2AC＝√2,OQ＝√A O
2＋A Q
2＝√2＋1＝√3,
PO＝√P K
2＋O K
2＝√4＋1＝√5,
QO2<PQ2＋OP2,故∠QPO 不是直角,
故PO,MN 不垂直,故D 错误.故选BC.
5.(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝AA1＝1,点P 满足⃗BP＝λ⃗BC ＋μ⃗B B1,
其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ＝1 时,△AB1P 的周长为定值
B.当μ＝1 时,三棱锥P－A1BC 的体积为定值
C.当λ＝1
2时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ＝1
2时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 ⃗BP＝λ⃗BC ＋μ⃗B B1(0≤λ≤1,0≤μ≤1).
对于选项A,当λ＝1 时,点P 在棱CC1上运动,如图1 所示,
图1
此时△AB1P 的周长为AB1＋AP＋PB1＝√2＋√1＋μ
2＋√1＋(1−μ)
2＝√2＋√1＋μ
2＋√2−2 μ＋μ
2
,不是定值,A 错误;
对于选项B,当μ＝1 时,点P 在棱B1C1上运动,如图2 所示,
图2
则V P−A1BC＝V A1−PBC＝1
3S△PBC× √3
2 ＝√3
6 S△PBC＝√3
6 × 1
2 ×1×1＝√3
12 ,为定值,故B 正确;
对于选项C,取BC 的中点D,B1C1的中点D1,连接DD1,A1B,则当λ＝1
2时,点P 在线段DD1上运动,
如图3 所示.假设A1P⊥BP,则A1P2＋BP2＝A1B2,即(
√3
2 )
2
＋(1－μ)2＋(
1
2)
2
＋μ2＝2,解得μ＝0 或μ＝
1,所以点P 与点D 或D1重合时,A1P⊥BP,故C 错误;
图3
法一 由多选题特征,排除A,C,故选BD.
法二 对于选项D,易知四边形ABB1A1为正方形,所以A1B⊥AB1.设AB1与A1B 交于点K,连接PK,
要使A1B⊥平面AB1P,需A1B⊥KP,所以点P 只能是棱CC1的中点,故选项D 正确.综上,选BD.
法三 对于选项D,分别取BB1,CC1的中点E,F,连接EF,则当μ＝1
2时,点P 在线段EF 上运动.以
点C 为原点建立如图4 所示的空间直角坐标系C－xyz,
图4
则B1(0,1,1),B(0,1,0),A1(
√3
2 , 1
2 ,1),P(0,1−λ , 1
2),
所以⃗A1B＝(−√3
2 , 1
2 ,−1),⃗B1 P＝(0,−λ ,−1
2).
若A1B⊥平面AB1P,则A1B⊥B1P,所以－λ
2 ＋1
2 ＝0,解得λ＝1,
所以只存在一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,此时点P 与F 重合,故D 正确.
综上,选BD.
【热点突破】
热点一 空间线、面位置关系的判定
判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理进行判断;
(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断;
(3)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系,并结合有
关定理进行判断.
例1 (1)(多选)(2025·深圳二模)已知m,n 是两条不同的直线,α,β,γ 是三个不同的平面,则下列四个
命题是真命题的是( )
A.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
B.若m⊥α,n∥α,则m⊥n
C.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
D.若m∥α,m∥β,α∩β＝n,则m∥n
(2)(多选)如图,已知正方体ABCD－A1B1C1D1,点E,F,G 分别为棱BC,CC1,CD 的中点,则下列结论
正确的有( )
A.AE 与D1F 共面
B.平面AB1D1∥平面GFE
C.AE⊥EF
D.BF∥平面AB1D1
答案 (1)BCD (2)AB
解析 (1)对于A,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β 或α 与β 相交,故A 错误;
对于B,不妨设n⊂β,α∩β＝l,则由n∥α,
得l∥n,又l⊂α,m⊥α,所以m⊥l,所以m⊥n,故B 正确;
对于C,因为m⊥α,n⊥β,
则m,n 的方向向量m,n 分别为α,β 的法向量.
因为α⊥β,
所以m⊥n,所以m⊥n,故C 正确;
对于D,不妨设m⊂γ,α∩γ＝l,则由m∥α,得l∥m,又l⊄β,m∥β,所以l∥β,又l⊂α,α∩β＝n,所以
n∥l,所以m∥n,故D 正确.
(2)如图所示,对于A,连接BC1,因为点E,F 分别为棱BC,CC1的中点,所以EF∥BC1.
因为AB∥D1C1且AB＝D1C1,
所以四边形ABC1D1为平行四边形,所以BC1∥AD1,所以EF∥AD1,所以AE 与D1F 共面,A 正确;
对于B,因为BB1∥DD1且BB1＝DD1,所以四边形BB1D1D 为平行四边形,则BD∥B1D1,又因为E,G
分别为BC,CD 的中点,则EG∥BD,所以EG∥B1D1.
因为EG⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,所以EG∥平面AB1D1.
由A 选项分析知EF∥AD1,
又EF⊄平面AB1D1,AD1⊂平面AB1D1,
所以EF∥平面AB1D1,
又因为EF∩EG＝E,EF,EG⊂平面EFG,
所以平面EFG∥平面AB1D1,B 正确;
对于C,因为EF∥AD1且EF≠AD1,AE＝D1F,
所以四边形AD1FE 为等腰梯形,故AE,EF 不垂直,C 错误;
对于D,由B 选项的分析知平面EFG∥平面AB1D1,而BF∩平面EFG＝F,所以BF 与平面AB1D1不
平行,D 错误.
易错提醒 1.易遗漏定理中的条件.
2.易直接将平面几何中的结论应用到立体几何中.
训练1 (1)(2025·厦门模拟)已知m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,α∩β＝n,则下列说
法正确的是( )
A.若m∥α,则m∥n
B.若m∥n,则m∥α
C.若m⊥n,则m⊥β
D.若m⊥β,则m 丄n
(2)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,点P,Q,M,N,T 分别为所在棱的中点,则( )
A.QN⊥BB1
B.QN∥平面BCC1B1
C.直线QN 与PT 为异面直线
D.B1D⊥平面PMT
答案 (1)D (2)D
解析 (1)若m∥α,则m,n 平行或异面,A 错误;
若m∥n,则m∥α 或m⊂α,B 错误;
若m 丄n,则m,β 不一定垂直,也可能平行或相交,C 错误;
若m⊥β,α∩β＝n,则m⊥n,D 正确.
(2)如图,建立空间直角坐标系,设棱长为2,则
Q(2,0,1),N(1,2,0),B(0,0,2),B1(0,0,0),A1(2,0,0),P(1,0,2),T(0,2,1),D(2,2,2),M(2,1,0).
对于A,⃗QN ＝(－1,2,－1),⃗B B1＝(0,0,－2),⃗
QN·⃗B B1＝2≠0,所以QN 与BB1不垂直,故A 错误;
对于B,平面BCC1B1的一个法向量为⃗B1 A1＝(2,0,0),⃗QN·⃗B1 A1＝－2≠0,所以QN 与平面BCC1B1
的法向量不垂直,则QN 与平面BCC1B1不平行,故B 错误;
对于C,⃗PT ＝(－1,2,－1),⃗QN ＝(－1,2,－1),
所以⃗PT ＝⃗QN,则PT∥QN,故C 错误;
对于D,⃗B1 D＝(2,2,2),⃗PM ＝(1,1,－2),⃗
PT ＝(－1,2,－1),
所以⃗B1 D·⃗PT ＝0,⃗B1 D·⃗PM ＝0,
即B1D⊥PT,B1D⊥PM,
又PM∩PT＝P,PM,PT⊂平面PMT,
所以B1D⊥平面PMT,故D 正确.
热点二 几何法证明平行、垂直
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b＝P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n＝P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β＝l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
例2 如图,在四棱锥P－ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA＝
PD,E,F 分别为AD,PB 的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
(2)平面PAB⊥平面PCD;
(3)EF∥平面PCD.
证明 (1)因为PA＝PD,E 为AD 的中点,
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD 为矩形,
所以BC∥AD,所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD 为矩形,
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD＝AD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,PA∩AB＝A,PA,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB.
又PD⊂平面PCD,
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图,取PC 的中点G,连接FG,DG.
因为F,G 分别为PB,PC 的中点,
所以FG∥BC,FG＝1
2BC.
因为四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点,
所以DE∥BC,DE＝1
2BC,
所以DE∥FG,DE＝FG,
所以四边形DEFG 为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
规律方法 平行关系及垂直关系的转化
训练2 如图所示,平面ABB1A1为圆柱OO1的轴截面,点C 为底面圆周上异于A,B 的任意一点.
(1)求证:BC⊥平面A1AC;
(2)若D 为AC 的中点,求证:A1D∥平面O1BC.
证明 (1)∵AB 为☉O 的直径,
点C 为☉O 上的异于A,B 的任意一点,
∴BC⊥AC.
又在圆柱OO1中,AA1⊥底面☉O,BC⊂底面,
∴AA1⊥BC,
又AA1∩AC＝A,AA1,AC⊂平面A1AC,
∴BC⊥平面A1AC.
(2)取BC 的中点E,连接DE,O1E,
∵D 为AC 的中点,
∴在△ABC 中,DE∥AB,且DE＝1
2AB,
又在圆柱OO1中,A1O1∥AB,且A1O1＝1
2AB,
∴DE∥A1O1,DE＝A1O1,
∴四边形A1DEO1为平行四边形,
∴A1D∥O1E.
而A1D⊄平面O1BC,O1E⊂平面O1BC,
∴A1D∥平面O1BC.
热点三 向量法证明平行、垂直
1.用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)设直线l 的方向向量为v,在平面α 内的两个不共线向量v1和v2,则l∥α 或l⊂α⇔存在两个实数
x,y,使v＝xv1＋yv2.
(3)设直线l 的方向向量为v,平面α 的法向量为u,则l∥α 或l⊂α⇔v⊥u⇔v·u＝0.
(4)设平面α 和β 的法向量分别为u1,u2,则α∥β⇔u1∥u2.
2.用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.
(2)设直线l 的方向向量为v,平面α 的法向量为u,则l⊥α⇔v∥u.
(3)设平面α 和β 的法向量分别为u1和u2,则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
例3 如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB＝AC＝3,BC＝2√5,AA1＝√7,BB1＝2√7,点E 和F 分
别为BC 和A1C 的中点(请用空间向量给予证明).
(1)求证:EF∥平面A1B1BA;
(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1.
证明 (1)由AB＝AC,E 为BC 的中点,则AE⊥BC,而AA1⊥平面ABC,AA1∥BB1,故以过E 且平行于
BB1的直线为z 轴,EC,EA 所在直线分别为x 轴、y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3,BE＝√5,所以AE＝2,
所以E(0,0,0),C(√5,0,0),A(0,2,0),B(－√5,0,0),B1(－√5,0,2√7),A1(0,2,√7),F(
√5
2 ,1, √7
2 ).
所以⃗EF ＝(
√5
2 ,1, √7
2 ),⃗AB＝(－√5,－2,0),⃗A A1＝(0,0,√7).
设平面A1B1BA 的法向量为n＝(x,y,z),
则{
n·⃗AB＝−√5 x−2 y ＝0,
n·⃗A A1＝√7 z＝0,
令x＝－2,
则可得平面A1B1BA 的一个法向量为n＝(－2,√5,0),
而⃗EF·n＝√5
2 ×(－2)＋1×√5＋√7
2 ×0＝0,
所以⃗EF⊥n,
又EF⊄平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1,
则⃗EC ＝(√5,0,0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1,
则⃗EA ＝(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量.
因为⃗EC·⃗EA ＝0,所以⃗EC⊥⃗EA,
故平面AEA1⊥平面BCB1.
易错提醒 用向量法证明空间中的位置关系时注意以下两点:
(1)根据题设条件建立合适的空间直角坐标系;
(2)正确写出相关点及向量的坐标.
训练3 如图,在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB＝AP＝2,DA＝DC＝
1,E 为PC 上一点,且PE＝2
3PC(请用空间向量给予证明).
(1)求证:AE⊥平面PBC;
(2)求证:PA∥平面BDE.
证明 (1)由题意,AB,AD,AP 两两垂直,故以A 为原点,⃗AB,⃗AD,⃗AP的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴
的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),
所以⃗PC ＝(1,1,－2),⃗AP＝(0,0,2),⃗CB＝(1,－1,0),⃗AB＝(2,0,0).
因为PE＝2
3PC,
所以⃗PE＝(
2
3 , 2
3 ,−4
3),
所以⃗AE＝⃗AP＋⃗PE＝(
2
3 , 2
3 , 2
3),
所以⃗AE·⃗PC ＝2
3 ＋2
3 －4
3 ＝0,⃗
AE·⃗CB＝2
3 －2
3 ＋0＝0,
所以⃗AE⊥⃗PC,⃗AE⊥⃗CB,
即AE⊥PC,AE⊥CB,
又因为PC∩BC＝C,PC,BC⊂平面PBC,
所以AE⊥平面PBC.
(2)由(1)可得⃗BE＝⃗AE－⃗AB＝(
2
3 , 2
3 , 2
3)－(2,0,0)＝(−4
3 , 2
3 , 2
3),⃗
PA ＝(0,0,－2),⃗BD＝(－2,1,0).
设平面BDE 的法向量为n＝(x1,y1,z1),
则{⃗
BD·n＝0,⃗
BE·n＝0,
即{
−2 x1＋y1＝0,
−4
3 x1＋2
3 y1＋2
3 z1＝0,
令x1＝1,得y1＝2,z1＝0,
则n＝(1,2,0)是平面BDE 的一个法向量.
因为⃗PA·n＝(0,0,－2)·(1,2,0)＝0,
所以⃗PA⊥n,
因为PA⊄平面BDE,
所以PA∥平面BDE.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·兰州诊断)设α,β 是两个不同的平面,m,n 是两条不同的直线,能确定m∥n 的一组条件是(
)
A.α⊥β,m⊥α,n∥β
B.α∥β,m⊂α,n⊥β
C.α⊥β,m⊂α,n∥β
D.α∥β,m⊥α,n⊥β
答案 D
解析 对于A,若α⊥β,m⊥α,n∥β,则m,n 可能相交、平行或异面,A 选项错误;
对于B,若α∥β,m⊂α,n⊥β,则m⊥n,B 选项错误;
对于C,若α⊥β,m⊂α,n∥β,则m,n 可能相交、平行或异面,C 选项错误;
对于D,若α∥β,m⊥α,n⊥β,则m∥n,D 选项正确.
2.(2025·南通模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,下列关系正确的是( )
A.AD⊥B1C
B.A1D⊥BD
C.AC1⊥A1C
D.AC1⊥CD1
答案 D
解析 AD 与B1C 异面且所成角为45°,A 错误;
A1D 与BD 所成角为60°,B 错误;
易证AC1⊥平面A1BD,而A1C 与平面A1BD 相交,
所以A1C 与AC1不垂直,C 错误;
易证AC1⊥平面B1CD1,且CD1在平面B1CD1内,所以AC1⊥CD1,D 正确.故选D.
3.(2025·昆明诊断)如图,在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中,E,F,G,H 分别为棱A1D1,B1C1,BC,AD 的
中点,则下列说法正确的是( )
A.直线HE 与直线GF 是异面直线
B.直线HE 与直线BB1是异面直线
C.直线HE 与直线CC1共面
D.直线HE 与直线BF 共面
答案 C
解析 延长AA1,BB1,CC1,DD1,
由正四棱台的性质可得侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的延长线交于一点,设该点为P.
延长HE,GF,
则HE,GF 的延长线必过点P,
则直线HE 与直线GF 相交于点P,与直线BB1相交于点P,与直线CC1相交于点P,与直线BF 是异
面直线.故选C.
4.如图,在斜三棱柱ABC－A1B1C1中,∠BAC＝90°,BC1⊥AC,则C1在底面ABC 上的射影H 必在(
)
A.直线AB 上
B.直线BC 上
C.直线AC 上
D.△ABC 内部
答案 A
解析 由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1＝B,AB,BC1⊂平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.
因为AC⊂平面ABC,
所以平面ABC1⊥平面ABC,
所以C1在平面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AB 上.
5.(2025·安阳、焦作模拟)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面为梯形,AB＝BB1＝3
2C1D1＝
6,CD∥AB,⃗BM ＝λ⃗M B1(0<λ<1),若DD1∩平面AC1M＝N,则DN＝( )
A. 4 λ
λ＋1
B.4 λ＋2
λ＋1
C.2 λ＋6
λ＋1
D.2 λ＋4
λ＋1
答案 C
解析 如图,因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱,CD∥AB,
所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1,
又平面AMC1N∩平面ABB1A1＝AM,
平面AMC1N∩平面DCC1D1＝C1N,
所以AM∥C1N,
故易知△C1D1N∽△ABM,
故AB
BM ＝C1 D1
D1 N ,则
6
6·
λ
λ＋1
＝
4
D1 N ,
解得D1N＝4 λ
λ＋1,
则DN＝6－4 λ
λ＋1 ＝2 λ＋6
λ＋1 .故选C.
6.如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面△A1B1C1是正三角形,E 是BC 的中
点,则下列说法正确的是( )
A.CC1与B1E 是异面直线
B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE 与B1C1为异面垂直
D.A1C1∥平面AB1E
答案 C
解析 对于A,∵CC1⊂平面BCC1B1,
B1E⊂平面BCC1B1,
∴CC1与B1E 共面,A 错误;
对于B,若AC⊥平面ABB1A1,
则由AB⊂平面ABB1A1,得AC⊥AB,即△ABC 为直角三角形,
∴△A1B1C1为直角三角形,与已知△A1B1C1是正三角形相矛盾,B 错误;
对于C,∵AE∩平面BCC1B1＝E,E∉B1C1,
∴AE,B1C1为异面直线.
∵△ABC 为正三角形,E 为BC 的中点,
∴AE⊥BC,
∵BC∥B1C1,∴AE⊥B1C1,C 正确;
对于D,直线AC 交平面AB1E 于点A,
又AC∥A1C1,
∴直线A1C1与平面AB1E 相交,故D 错误.
7.(2025·武汉模拟)如图,已知在四面体ABCD 中,△BCD 为等边三角形,AB＝√3,△BCD 的面积为
√3,点A 在平面BCD 上的投影为点B,点M,N 分别为AC,CD 的中点,则( )
A.MN 与BD 相交
B.MN 与AD 异面
C.BM⊥AN
D.DM⊥BN
答案 C
解析 对于A,B,连接MN,则MN∥AD,
又MN⊄平面ABD,AD⊂平面ABD,AD 与BD 相交,
故MN 与BD 异面,故A,B 错误;
对于C,设△BCD 的边长为a,
则1
2a2sin 60°＝√3,解得a＝2.
连接BN,因为N 为CD 的中点,所以BN⊥CD.
又A 在平面BCD 上的投影为点B,
故AB⊥平面BCD,
所以以B 为坐标原点,BN 所在直线为x 轴,平行CD 的直线为y 轴,BA 所在直线为z 轴,建立如图所
示空间直角坐标系,
又AB＝√3,故B(0,0,0),M(
√3
2 ,−1
2 , √3
2 ),
A(0,0,√3),N(√3,0,0),
则⃗BM ＝(
√3
2 ,−1
2 , √3
2 ),⃗AN ＝(√3,0,－√3),⃗
BM·⃗AN ＝(
√3
2 ,−1
2 , √3
2 )·(√3,0,－√3)
＝3
2 ＋0－3
2 ＝0,所以BM⊥AN,C 正确;
对于D,D(√3,1,0),⃗DM ＝(−√3
2 ,−3
2 , √3
2 ),⃗
BN ＝(√3,0,0),
故|cos<⃗DM,⃗BN>|＝|⃗DM ·⃗BN |
|⃗DM |·|⃗BN |
＝
3
2
√3× √15
2
＝√5
5 ,
故DM,BN 所成角的余弦值为√5
5 ,故D 错误.
二、多选题
8.(2025·汕头模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中,⃗AB＝2⃗AE,⃗BC ＝2⃗BF,⃗A1B1＝－3⃗B1 H,⃗C1B1＝－3⃗
B1G,则下列两个平面的位置关系中,不成立的是( )
A.平面EFGH∥平面A1AC
B.平面EFGH∥平面A1C1D
C.平面EFGH⊥平面BDD1
D.平面EFGH⊥平面A1BD
答案 ABD
解析 根据题意,可得E,F 分别为AB,BC 的中点,H,G 分别为A1B1,B1C1靠近B1的三等分点,故
AA1与EH 相交,A 错误;
因为AC∥A1C1,AC⊂平面B1AC,A1C1⊄平面B1AC,则A1C1∥平面B1AC,
同理可得A1D∥平面B1AC,
又A1C1∩A1D＝A1,且 A1C1,A1D⊂ 平面DA1C1,
则平面A1C1D∥平面B1AC.
若平面EFGH∥平面A1C1D,
则平面EFGH∥平面B1AC,这与它们相交矛盾,B 错误;
因为E,F 分别为AB,BC 的中点,则EF∥AC.
因为AC⊥BD,AC⊥BB1,且BD∩BB1＝B,BD,BB1⊂平面BB1D,AC⊥平面BDD1,
所以EF⊥平面BDD1,C 正确;
连接A1D,AD1,则A1D⊥AD1,
又A1D⊥C1D1,且AD1∩C1D1＝D1,AD1,C1D1⊂平面AC1D1,
则A1D⊥平面AC1D1,又AC1⊂平面AC1D1,则A1D⊥AC1,
同理可得:BD⊥AC1,
又BD∩A1D＝D,
BD,A1D⊂平面A1BD,
则AC1⊥平面A1BD.
若平面EFGH⊥平面A1BD,又AC1⊄平面EFGH,
则AC1∥平面EFGH,
又AC∥平面EFGH,AC∩AC1＝A,AC,AC1⊂平面ACC1,
所以平面ACC1∥平面EFGH,这和CC1与GF 相交矛盾,D 错误.
9.在三棱柱ABC－A1B1C1中,D 为BB1的中点,√2
2 AA1＝AB＝BC,AA1⊥平面ABC,∠ABC＝90°,则下
列结论错误的是( )
A.平面ABC1⊥平面ACC1A1
B.平面A1BC⊥平面ABC1
C.A1D∥平面ABC1
D.A1D⊥AC1
答案 ABC
解析 由题意得AB,BC,B1B 两两垂直,
故以点B 为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0).
设AA1＝2√2,则AB＝BC＝2,
则A(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,√2),A1(2,0,2√2),B1(0,0,2√2),C1(0,2,2√2).
设平面A1BC 的法向量为u＝(x1,y1,z1).
又⃗BC ＝(0,2,0),⃗B A1＝(2,0,2√2),
则{
u·⃗BC ＝2 y1＝0,
u·⃗B A1＝2 x1＋2√2 z1＝0,
取x1＝√2,
则平面A1BC 的一个法向量为u＝(√2,0,－1),
设平面ACC1A1的法向量为m＝(x2,y2,z2).
又⃗A A1＝(0,0,2√2),⃗AC ＝(－2,2,0),
则{
m·⃗A A1＝2√2 z2＝0,
m·⃗AC ＝−2 x2＋2 y2＝0,
取x2＝1,
则平面ACC1A1的一个法向量为m＝(1,1,0).
设平面ABC1的法向量为n＝(x3,y3,z3),
又⃗BA ＝(2,0,0),⃗BC1＝(0,2,2√2),
则{
n·⃗BA ＝2 x3＝0,
n·⃗BC1＝2 y3＋2√2 z3＝0,
取y3＝√2,
则平面ABC1的一个法向量为n＝(0,√2,－1).
对于A,因为m·n＝0＋√2＋0＝√2≠0,
所以平面ABC1与平面ACC1A1不垂直,A 错误;
对于B,因为u·n＝1≠0,
所以平面A1BC 与平面ABC1不垂直,B 错误;
对于C,⃗A1 D＝(－2,0,－√2),
因为⃗A1 D·n＝√2≠0,
则A1D 与平面ABC1不平行,C 错误;
对于D,⃗A C1＝(－2,2,2√2),
因为⃗A C1·⃗A1 D＝4－4＝0,
所以AC1⊥A1D,D 正确.
三、填空题
10.已知平面α∥平面β∥平面γ,两条直线l,m 分别与平面α,β,γ 相交于点A,B,C 和D,E,F,若AB
＝6, DE
DF ＝2
5,则AC＝ .
答案 15
解析 α∥β∥γ,根据面面平行的性质定理可知AD∥BE∥CF,
∴AB
BC ＝DE
EF .
由DE
DF ＝2
5,得AB
BC ＝DE
EF ＝2
3,
又AB＝6,∴BC＝9,∴AC＝AB＋BC＝15.
11.如图为四棱锥A－DEFG 的侧面展开图(点G1,G2重合为G),其中AD＝AF,G1D＝G2F,E 是线段
DF 的中点,请写出四棱锥A－DEFG 中一对一定相互垂直的异面直线: (填上你认为正确的
一个结论即可,不必考虑所有可能的情形).
答案 AE 和DF(答案不唯一)
解析 将四棱锥还原如图所示,连接DF 和GE,相交于点O,连接AO.
因为DG＝FG,DE＝EF,
GE＝GE,
所以△GDE≌△GFE,
所以∠DGO＝∠FGO,
又DG＝GF,GO＝GO,
所以△DGO≌△FGO,所以DO＝OF,
∠GOD＝∠GOF＝π
2 ,所以DF⊥GE.
因为AD＝AF,OD＝OF,所以AO⊥DF.
又因为AO∩GE＝O,AO,GE⊂平面AGE,
所以DF⊥平面AGE,
又AE⊂平面AGE,所以DF⊥AE.
12.如图,平面ABC⊥平面BCDE,四边形BCDE 为矩形,BE＝2,BC＝4,△ABC 的面积为2√3,点P
为线段DE 上一点,当三棱锥P－ACE 的体积为√3
3 时, DP
DE ＝ .
答案 3
4
解析 如图,过A 作AF⊥CB 的延长线,垂足为F,
∵平面ABC⊥平面BCDE,平面ABC∩平面BCDE＝BC,
∴AF⊥平面BCDE.
由BC＝4,△ABC 的面积为2√3,
得1
2BC·AF＝2√3,∴AF＝√3.
在DE 上取一点P,连接AP,CP,
∵VP－ACE＝VA－PCE＝1
3 × 1
2·PE·CD·AF
＝1
3 × 1
2PE×2×√3＝√3
3 .
∴PE＝1,∴DP
DE ＝3
4 .
四、解答题
13.(2025·上海卷)如图,P 是圆锥的顶点,O 是底面圆心,AB 是底面直径,且AB＝2.
(1)若直线PA 与圆锥底面所成角为π
3 ,求圆锥的侧面积;
(2)已知Q 是母线PA 的中点,点C,D 在底面圆周上,且弧´AC的长为π
3 ,CD∥AB,设点M 在线段OC
上,证明:直线QM∥平面PBD.
(1)解 连接PO(图略),
由题意知PO⊥圆锥底面,
所以∠PAO 为直线PA 与圆锥底面所成的角,
即∠PAO＝π
3 ,
因为AB＝2,所以AO＝1,PA＝2,
所以圆锥的侧面积S＝π×AO×PA＝2π.
(2)证明 连接AC(图略),因为弧´AC 的长为π
3 ,
所以∠COA＝π
3 ,
则△OAC 是等边三角形,连接BD,
可得四边形ACDB 为等腰梯形,CD＝1,
所以CD＝OB,又CD∥OB,
所以四边形CDBO 是平行四边形,
所以CO∥DB,
又CO⊄平面PBD,DB⊂平面PBD,
所以CO∥平面PBD.
连接OQ(图略),
因为Q,O 分别是PA,AB 的中点,
所以OQ∥PB,
又OQ⊄平面PBD,PB⊂平面PBD,
所以OQ∥平面PBD.
因为CO∩OQ＝O,CO,OQ⊂平面COQ,
所以平面COQ∥平面PBD,
又QM⊂平面COQ,所以QM∥平面PBD.
14.如图,过四棱柱ABCD－A1B1C1D1形木块上底面内的一点P 和下底面的对角线BD 将木块锯开,
得到截面BDEF.
(1)请在木块的上表面作出过点P 的锯线EF,并说明理由;
(2)若该四棱柱的底面为菱形,四边形BB1D1D 是矩形,试证明:平面BDEF⊥平面ACC1A1.
(1)解 在上底面内过点P 作B1D1的平行线分别交A1D1,A1B1于E,F 两点,则EF 为所作的锯线,如
图所示.理由如下:
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,
侧棱B1B∥D1D,B1B＝D1D,
所以四边形BB1D1D 是平行四边形,
所以B1D1∥BD.
又EF∥B1D1,所以EF∥BD,
故EF 为截面BDEF 与平面A1B1C1D1的交线,
故EF 为所作锯线.
(2)证明 由于四边形BB1D1D 是矩形,
所以BD⊥B1B.
又A1A∥B1B,所以BD⊥A1A.
又四棱柱的底面为菱形,所以BD⊥AC.
因为AC∩A1A＝A,AC,A1A⊂平面A1C1CA,
所以BD⊥平面A1C1CA.
因为BD⊂平面BDEF,
所以平面BDEF⊥平面A1C1CA
