文档文本内容
微专题25 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.(2024·全国甲卷)设α，β 为两个平面，m，n 为两条直线，且α∩β＝m，下述四
个命题：
①若m∥n，则n∥α 或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α 或n⊥β
③若n∥α 且n∥β，则m∥n
④若n 与α，β 所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A.①③
B.②④
C.①②③
D.①③④
答案 A
解析 α∩β＝m，则m⊂α，m⊂β，
对于①，若m∥n，则n∥α 或n∥β，①正确；
对于②，若m⊥n，则可能n∥α 或n 与α 相交，②错误；
对于③，若n∥α 且n∥β，则n∥m，③正确；
对于④，n 与m 所成角可以为内的任意角，④错误.故选A.
2.(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)，EB1＝(0，1，2)，DB＝(2，2，0)，DA1＝(2，0，2)，AA1
＝(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
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.
3.(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.
在直角三角形OPC 中，OC＝，CP＝1，
故tan ∠POC＝＝，
故MN⊥OP 不成立，故A 错误；
图(1) 图(2)
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；
图(3) 图(4)
对于D，如图(4)，取AD 的中点Q，AB 的中点K，连接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＝AC＝，OQ＝＝＝，
PO＝＝＝，
QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO 不是直角，
故PO，MN 不垂直，故D 错误.故选BC.
4.(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P 满足
BP＝λBC＋μBB1，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＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D.当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 BP＝λBC＋μBB1(0≤λ≤1，0≤μ≤1).
图1
对于选项A，当λ＝1 时，点P 在棱CC1上运动，如图1 所示，此时△AB1P 的周
长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，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VP－A1BC＝VA1－PBC＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B 正确；
图3
对于选项C，取BC 的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝时，点
P 在线段DD1上运动，如图3 所示.假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即
＋(1－μ)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；
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＝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，则
B1(0，1，1)，B(0，1，0)，A1，P，所以A1B＝，B1P＝.若A1B⊥平面AB1P，则
A1B⊥B1P，所以－＋＝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.
图4
【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逐项判断；
(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)(2024·深圳二模)已知m，n 是异面直线，m⊂α，n⊂β，那么( )
A.当m⊥β，或n⊥α 时，α⊥β
B.当m∥β，且n∥α 时，α∥β
C.当α⊥β 时，m⊥β，或n⊥α
D.当α，β 不平行时，m 与β 不平行，且n 与α 不平行
(2)(多选)(2024·黄山模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E，F，G 分别
为棱BC，CC1，CD 的中点，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)AB (2)AB
解析 (1)当m⊥β，m⊂α 时，α⊥β；
当n⊥α，n⊂β 时，α⊥β，故A 正确；
当m∥β，n∥α 时，又m，n 为异面直线，
所以α∥β，故B 正确；
当α⊥β 时，由m⊂α，得m∥β 或m 与β 相交；当α⊥β 时，由n⊂β，得n∥α 或n
与α 相交，故C 错误；
当α，β 不平行时，可能m∥β 或m 与β 相交， n∥α 或n 与α 相交，故D 错误.
(2)如图所示，对于A，在正方体ABCD－A1B1C1D1 中，点E，F，G 分别为棱
BC ，CC1 ，CD 的中点，连接BC1 ，所以EF∥BC1 ，而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，又由A 选项分析知EF∥AD1，因为EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面
EFG，B1D1∩AD1＝D1，B1D1，AD1⊂平面AB1D1，所以平面EFG∥平面AB1D1，B
正确；
对于C，因为EF∥AD1 且EF≠AD1，即四边形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，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)(2024·天津卷)若m，n 为两条直线，α 为一个平面，则下列结论中正确
的是( )
A.若m∥α，n∥α，则m⊥n
B.若m∥α，n∥α，则m∥n
C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D.若m∥α，n⊥α，则m 与n 相交
(2)(2024·武汉质检)已知四棱锥P－ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四边形
ABCD 是正方形，E 为PC 中点，则( )
A.BE∥平面PAD
B.PD⊥平面ABCD
C.平面PAB⊥平面PAD
D.DE＝EB
答案 (1)C (2)C
解析 (1)对于A，B，若m∥α，n∥α，则m 与n 可能平行、相交或异面，故
A，B 错误；
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m 与n 可能相交，也可能异面，故C
正确，D 错误.
(2)易知BC∥平面PAD，因为BE∩BC＝B，且两条直线都在平面PBC 内，所以
BE 不可能平行平面PAD，故A 错误；
举反例，如图，PH 垂直平面ABCD 时，由于PD∩PH＝P，所以PD 不垂直于平
面ABCD，故B 错误；
因为平面PAD⊥平面ABCD 且平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以
AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故C 正确；
没有任何条件可以证明DE＝EB，故D 错误；故选C.
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＝BC.
因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE∥BC，DE＝BC，
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 (2024·成都诊断)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面ABC，
∠ABC＝90°，BA＝，AA1＝2，D 是棱AC 的中点，E 在棱BB1上，且AE⊥A1C.
(1)证明：BD∥平面AEC1；
(2)若四棱锥C1－AEB1A1的体积等于1，判断平面AEC1与平面ACC1A1是否垂直，
并说明理由.
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
则AA1⊥BC，
又BC⊥AB，且AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABE，
于是BC⊥平面ABE，而AE⊂平面ABE，
则BC⊥AE，
又AE⊥A1C，A1C∩BC＝C，A1C，BC⊂平面A1BC，
因此AE⊥平面A1BC，而A1B⊂平面A1BC，
则AE⊥A1B，
在矩形ABB1A1中，由AB＝，AA1＝2，
可得＝tan∠AEB＝tan∠ABA1＝，得BE＝1＝BB1，
即E 为棱BB1的中点，设A1B∩AE＝F，连接A1D 交AC1于G，连接FG，显然＝
＝2＝＝，
在△A1BD 中，BD∥FG，而FG⊂平面AEC1，BD⊄平面AEC1，所以BD∥平面
AEC1.
(2)解 平面AEC1与平面ACC1A1垂直，理由如下：
设B1C1＝x，由(1)知，B1C1⊥平面ABB1A1，
则四棱锥C1－AEB1A1的体积为××(2＋1)×x＝1，解得x＝，
即有AB＝BC＝，
因此EA＝EC1＝EA1＝EC，设A1C∩AC1＝O，连接EO，显然O 是A1C，AC1的中
点，
于是EO⊥AC1，EO⊥A1C，且A1C，AC1⊂平面ACC1A1，则EO⊥平面ACC1A1，
又EO⊂平面AEC1，所以平面AEC1⊥平面ACC1A1.
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.
(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，AA1＝，BB1
＝2，点E 和F 分别为BC 和A1C 的中点.
(1)用向量法证明：EF∥平面A1B1BA；
(2)用向量法证明：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，过E 作平行于BB1的垂线为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＝，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B1(－，0，2)，A1(0，
2，)，F.
所以EF＝，AB＝(－，－2，0)，AA1＝(0，0，).
设平面A1B1BA 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝－2，则可得平面A1B1BA 的一个法向量为n＝(－2，，0)，
而EF·n＝×(－2)＋1×＋×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＝(，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，故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，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N 分别为AB，B1C 的中点.
(1)用向量法证明：平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)用向量法证明：MN⊥平面A1BD.
证明 (1)如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则A1(2，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，D1(0，
0，2)，
故DA1＝(2，0，2)，DB＝(2，2，0)，B1C＝(－2，0，－2)，B1D1＝(－2，－
2，0)，
设平面A1BD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则可得平面A1BD 的一个法向量为n1＝(1，－1，－1).
设平面B1CD1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝1，则可得平面B1CD1的一个法向量为n2＝(1，－1，－1)，
所以n1＝n2，即n1∥n2，
故平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)由M，N 是线段AB，B1C 中点，则M(2，1，0)，N(1，2，1)，所以MN＝(－
1，1，1)，
则MN∥n1，所以MN⊥平面A1BD.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2024·烟台模拟)设a，b 为两条不同的直线，α，β 为两个不同的平面，下列说
法正确的是( )
A.若a∥α，b∥α，则a∥b
B.若a，b 与α 所成的角相等，则a∥b
C.若α⊥β，a∥α，b∥β，则a⊥b
D.若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b
答案 D
解析 对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A 错误；
对于B，a，b 与α 所成的角相等，则a，b 可能异面，可能相交，也可能平行，
故B 错误；
对于C，α⊥β，a∥α，b∥β，则a，b 可能垂直，但也可能平行或者相交或者异
面，故C 错误；
对于D，α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b，D 正确，故选D.
2.下面四个命题中的真命题是( )
p1：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；
p2：两个平面垂直，如果有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与
其中一个平面垂直；
p3：一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线
与交线平行；
p4：一条直线与一个平面内的一条直线平行，则这条直线就与这个平面平行.
A.p1与p2
B.p2与p3
C.p3与p4
D.p1与p3
答案 D
解析 对于p1，利用面面平行的性质定理可知p1为真命题；
对于p2，当这条直线不在这两个平面内时可知p2为假命题；
对于p3，利用线面平行的性质定理可知p3为真命题；
对于p4，这条直线可能在这个平面内，故p4为假命题.故选D.
3.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，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.
4.(2024·合肥调研)已知l，m 是两条不同的直线，α 为平面，m⊂α，下列说法中正
确的是( )
A.若l 与α 不平行，则l 与m 一定是异面直线
B.若l∥α，则l 与m 可能垂直
C.若l∩α＝A，且A∉m，则l 与m 可能平行
D.若l∩α＝A，且l 与α 不垂直，则l 与m 一定不垂直
答案 B
解析 对于A，若l 与α 不平行，则l 与α 的位置关系有：相交或直线在平面内，
且m⊂α，则l 与m 的位置关系有：平行、相交或异面，故A 错误；
对于B，若l∥α，
则l 与m 可能垂直，如图所示：l∥l′，l′⊂α，l′⊥m，可知l⊥m，故B 正确；
对于C，若l∩α＝A，且A∉m，m⊂α，则l 与m 异面，故C 错误；
对于D，
若l∩α＝A，且l 与α 不垂直，则l 与m 可能垂直，如图，取α 为平面ABCD，l＝
AD1，m＝AB，符合题意，但l⊥m，故D 错误.故选B.
5.如图，点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，
不满足直线MN∥平面ABC 的是( )
答案 D
解析 对于A，由正方体的性质可得MN∥AC，
因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以直线MN∥平面ABC，故A 正确；
对于B，如图，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，因为
MN⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故B 正确；
对于C，由正方体的性质可得平面ABC 与正方体的右侧面平行，故MN∥平面
ABC，故C 正确；
对于D，如图，作出完整的截面ABNMHC，可得MN 在平面ABC 内，不能得出
平行，故D 错误.
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，则下列叙述正确的是( )
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，AB⊂平面ABB1A1，则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.(2024·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是边长为4 的正方形，
PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，则该棱锥的高为( )
A.1
B.2
C.
D.
答案 D
解析 由题意知△PAB 为正三角形，
因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.
如图，分别取AB，CD 的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，
EF＝4，
于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.
过点P 作PG⊥EF，垂足为G.
易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF＝F，
所以CD⊥平面PEF.
又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG.
又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF＝F，
所以PG⊥平面ABCD，
所以PG 为四棱锥P－ABCD 的高.
由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D.
二、多选题
8.(2024·昆明诊断)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H 分别是棱
CC1，BC，CD，B1C1的中点，则下列结论正确的是( )
A.AF∥平面A1DE
B.AG∥平面A1DE
C.A1，D，E，H 四点共面
D.A1，D，E，C1四点共面
答案 AC
解析 如图，取A1D 的中点M，连接AM，EF，ME，易知EF∥BC1，EF＝
BC1，AM∥BC1，AM＝BC1，所以EF∥AM 且EF＝AM，则四边形AFEM 为平行
四边形，所以AF∥ME，
因为AF⊄平面A1DE，ME⊂平面A1DE，
所以AF∥平面A1DE，A 正确；
取D1C1 的中点N，连接NG，A1N，延长DE 与D1C1 的延长线交于点P，连接
A1P，
因为A1A∥NG 且A1A＝NG，所以四边形A1AGN 是平行四边形，可得A1N∥AG，
因为A1∈平面A1DP，N∉平面A1DP，所以直线A1N 与平面A1DP 相交，所以AG
与平面A1DE 相交，故B 错误；
连接EH，B1C，则EH∥B1C，因为A1D∥B1C，所以EH∥A1D，则A1，D，E，H
四点共面，故C 正确；
若A1，D，E，C1四点共面，则A1D∥C1E，显然不成立，所以D 错误.故选AC.
9.(2024·福州调研)在三棱柱ABC－A1B1C1中，D 为BB1的中点，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C1AB
C.A1D∥平面ABC1
D.A1D⊥AC1
答案 ABC
解析 由题意得AB，BC，B1B 两两垂直.
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，则AB＝BC＝2，
则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，)，A1(2，0，2)，B1(0，0，2)，C1(0，2，
2)，
设平面A1BC 的法向量为u＝(x1，y1，z1).
BC＝(0，2，0)，BA1＝(2，0，2)，
则
取x1＝，可得平面A1BC 的一个法向量为u＝(，0，－1)，
设平面ACC1A1的法向量为m＝(x2，y2，z2).
AA1＝(0，0，2)，AC＝(－2，2，0)，
则
取x2＝1，可得平面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).
BA＝(2，0，0)，BC1＝(0，2，2)，
则
取y3＝，则平面ABC1的一个法向量为n＝(0，，－1).
对于A，因为m·n＝0＋＋0＝≠0，
所以平面ABC1与平面ACC1A1不垂直，A 错误.
对于B，u·n＝1≠0，所以平面A1BC 与平面ABC1不垂直，B 错误.
对于C，A1D＝(－2，0，－)，
因为A1D·n＝≠0，则A1D 与平面ABC1不平行，C 错误.
对于D，AC1＝(－2，2，2)，
因为AC1·A1D＝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，＝，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，
∴＝.
由＝，得＝＝，
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 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＝，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，点P 为线段DE 上一点，当三棱锥P－ACE 的体积为时，＝
________.
答案
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BE＝2，BC＝4，△ABC 的面积为2，
得BC·AF＝2，∴AF＝，
在DE 上取一点P，连接AP，CP，AD，
∵VP－ACE＝VA－PCE＝××PE×CD×AF＝.
∴PE＝1，∴＝.
四、解答题
13. 如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD⊥CD ，
AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M 为CE 的中点.
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
证明 (1)根据题意可知平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝
AD，
又ADEF 是正方形，所以AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD，从而可知DA，DC，DE两两垂直；
以D 为原点，分别以DA，DC，DE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D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，
2).
又M 为CE 的中点，所以M(0，2，1)，
则BM＝(－2，0，1)，AD＝(－2，0，0)，AF＝(0，0，2)，
所以BM＝AD＋AF，故BM，AD，AF共面.
又BM⊄平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2)BC＝(－2，2，0)，DB＝(2，2，0)，DE＝(0，0，2)，易知BC·DB＝－4＋4＝
0，所以BC⊥DB.
又BC·DE＝0，可得BC⊥DE.
又DB∩DE＝D，DB，DE⊂平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
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.
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，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.
