微专题20 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.
一、高考真题
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
2
AC=❑√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,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;
图1
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
3
S△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.
二．典型例题
1.空间线、面位置关系的判定
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.
规律方法 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.
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.
2.几何法证明平行、垂直
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
2
BC.
因为四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点,
所以DE∥BC,DE=1
2
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 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
2
AB,
又在圆柱OO1中,A1O1∥AB,且A1O1=1
2
AB,
∴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.
3.向量法证明平行、垂直
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.
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
3
PC(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
3
PC,
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.
【精准强化练习】
一、单选题
1.(2025·贵阳适考)已知a,l 为直线,α 为平面,则
“∃a⊂α,l⊥a”是“l⊥α”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 B
解析 根据题意易知当l⊂α 时,可判断“∃a⊂α,l⊥a”推不
出“l⊥α ”,如图.
当l⊥α 时,可知l 垂直于平面α 内的所有直线,因此可以推
出∃a⊂α,l⊥a,
因此“∃a⊂α,l⊥a”是“l⊥α”的必要不充分条件.
2.(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.
3.(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.
4.(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.
5.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.
6.(2025·安阳、焦作模拟)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面
为梯形,AB=BB1=3
2
C1D1=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.
7.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.
8.(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
2
a2sin 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
9.(2025·汕头模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1中,⃗AB=2⃗AE,⃗BC
=2⃗BF,⃗A1B1=-3⃗B1 H,⃗C1B1=-3⃗B1G,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.
10.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.
11.(2025·南宁三适)在棱长为a 的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点
E 为BB1的中点,点P 满足⃗BP=λ⃗B B1+μ⃗BC
,λ∈[0,1],μ∈[0,1],则下列说法正确的是( )
A.若λ=μ,则DP∥平面AB1D1
B.若λ=2μ,则CE⊥平面ABP
C.若μ=1
2
,则存在λ,使A1E∥D1P
D.若μ=1
3
,则存在λ,使A1C⊥平面DPB
答案 ABD
解析 对于A 选项,若λ=μ,则⃗BP=λ⃗B B1+λ⃗BC=λ⃗BC1
,λ∈[0,1],
则点P 在线段BC1上,如图.
故有平面AB1D1∥平面BC1D,
又因为DP 平面
⊂
BC1D,
所以DP∥平面AB1D1,故A 正确;
对于B 选项,若λ=2μ,⃗BP=2μ⃗B B1+μ⃗BC=μ(2⃗B B1+⃗
BC)=2μ⃗BN,
N 为B1C1的中点,如图,
又因为λ∈[0,1],λ=2μ,
所以2μ∈[0,1],
所以CE⊥BN,
所以CE⊥AB,
又因为BN∩AB=B,BN,AB 平面
⊂
ABP,
所以CE⊥平面ABP,故B 正确;
对于C 选项,以D 为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z
轴,建立空间直角坐标系.
则
D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),D1(0,0,a),A1(a,0,a)
,B1(a,a,a),C1(0,a,a),E(a,a, a
2).
因为⃗BP=λ⃗B B1+μ⃗BC,⃗B B1=(0,0,a),⃗
BC=(-a,0,0),
所以⃗BP=(-μa,0,λa),
则点P 的坐标为(a-μa,a,λa).
若μ=1
2
,
则P(
a
2 ,a, λa),⃗D1 P=(
a
2 ,a, λa−a),⃗A1 E=
(0,a,−a
2).
假设存在λ,使A1E∥D1P,
则存在实数k,使得⃗D1 P=k⃗A1 E,
即(
a
2 ,a, λa−a)=k(0,a,−a
2),
可得a
2
=0,此方程无解,
所以不存在λ,使A1E∥D1P,C 错误;
对于D 选项,若μ=1
3
,
则P(
2a
3 ,a, λa),⃗DP=(
2a
3 ,a, λa),⃗
DB=(a,a,0),⃗A1C=(-a,a,-a).
设平面DPB 的法向量为m=(x1,y1,z1),
则(
m·⃗DP =0,
m·⃗DB =0,
即{
2a
3 x1+a y1+ λa z1=0,
a x1+a y1=0.
由ax1+ay1=0 得x1=-y1,
代入2a
3
x1+ay1+λaz1=0,
得-2a
3
y1+ay1+λaz1=0,
即1
3
y1+λz1=0,y1=-3λz1,
令z1=1,则y1=-3λ,x1=3λ,
所以m=(3λ,-3λ,1).
若A1C⊥平面DPB,
则⃗A1C与平面DPB 的法向量m 平行,
即存在实数k,使得⃗A1C=km,
(-a,a,-a)=k(3λ,-3λ,1).
可得{
−a=3kλ ,
a=−3kλ ,
−a=k ,
由-a=k 代入-a=3kλ 得-a=-3aλ,
解得λ=1
3
,
所以存在λ,使A1C⊥平面DPB,D 正确.
三、填空题
12.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.
13.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.
14.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
2
BC·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
2
PE×2×❑√3=
❑√3
3
.
∴PE=1,∴DP
DE
=3
4
.
四、解答题
15.(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.
16.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.
