第一篇 专题四 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

相等， 由ＡＢ⊥平面ＡＤＤ１Ａ１，ＡＢα，得α⊥平面ＡＤＤ１Ａ１， 在平面ＡＤＤ１Ａ１内过Ｄ作ＤＥ⊥ＡＰ于Ｅ， 而α∩平面ＡＤＤ１Ａ１ ＝ ＡＰ，于是ＤＥ⊥α． 又ＡＰ ＝ ２２ ＋ １槡 ２ 槡＝ ５，从而ｈ ＝ １２ ＤＥ ＝ １ ２ × ＡＤ·ＤＰ ＡＰ ＝ １ 槡５ ， 又球Ｏ的半径Ｒ ＝ １２ ＢＤ１ 槡＝ ３， 则正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径ｒ，有ｒ２ ＝ Ｒ２ － ｈ２ ＝ ３ － １５ ＝ １４ ５ ， 所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积Ｓ ＝ πｒ２ ＝ １４π ５ ．故选Ｄ． ６． ＡＤ　 如图，对于Ａ，可知Ｐ的轨迹是 以Ｄ为圆心，半径为１的圆，所以点 Ｐ的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧， 圆弧长为２π３ × １ ＝ ２π ３ ，所以Ａ正确； 对于Ｂ，可知点Ｐ在线段ＢＤ上，所 以当点Ｐ与点Ｂ重合时，三棱锥 Ｍ － ＰＡＤ体积最大，且最大值为１３ × １ ２ 槡× ２ × ３ × １ ＝槡 ３ ３ ，所以Ｂ错误； 对于Ｃ，可知该球的半径为１，球与直四棱柱的公共部分的体 积为４３ π × １ ３ × １２ × ２π ３ ２π ＝ ２π９ ，所以Ｃ错误； 对于Ｄ，经过Ｂ，Ｃ，Ｍ三点的平面截直四棱柱所得的截面为平 行四边形ＢＣＭＮ，其中ＡＮ ＝ １，可得ＢＮ 槡＝ ５，设ＭＮ的中点为 Ｑ，ＡＤ的中点为Ｏ，连接ＱＯ，ＯＢ，ＱＢ，可得ＢＣ⊥平面ＢＯＱ，所 以ＢＣ⊥ＢＱ，求得ＢＱ ＝ ２， 所以Ｓ四边形ＢＣＭＮ ＝ ＢＣ·ＢＱ ＝ ２ × ２ ＝ ４，所以Ｄ正确．故选ＡＤ． ７． Ｃ　 长方体的长为２，设宽为ｘ，高为ｙ， 由于长方体的体积为２ｘｙ ＝ １６，故ｙ ＝ ８ｘ ， 设长方体的外接球的半径为Ｒ， 所以（２Ｒ）２ ＝ ２２ ＋ ｘ２ ＋ ６４ ｘ２ ≥４ ＋ ２ ｘ２·６４ ｘ槡２ ＝ ４ ＋ １６ ＝ ２０， 故４Ｒ２≥２０，解得Ｒ≥槡５，故Ｓ球的最小值为４·π·（槡５）２ ＝ ２０π．故选Ｃ． 第２讲　 空间点、直线、平面之间的位置关系 真题再现明考向 １． Ａ　 当ｎα，因为ｍ∥ｎ，ｍβ，则ｎ∥β，当ｎβ，因为ｍ∥ｎ，ｍ α，则ｎ∥α，当ｎ既不在α也不在β内，因为ｍ∥ｎ，ｍα，ｍ β，则ｎ∥α且ｎ∥β，故①正确； 若ｍ⊥ｎ，则ｎ与α，β不一 定垂直，故②错误； 过直线ｎ分别作两平面与 α，β分别相交于直线ｓ和直 线ｔ，因为ｎ∥α，过直线ｎ 的平面与平面α的交线为 直线ｓ，则根据线面平行的性质定理知ｎ∥ｓ，同理可得ｎ∥ｔ，则 ｓ∥ｔ，因为ｓ平面β，ｔ平面β，则ｓ∥平面β，因为ｓ平面α， α∩β ＝ ｍ，则ｓ∥ｍ，又因为ｎ∥ｓ，则ｍ∥ｎ，故③正确； 若α∩β ＝ ｍ，ｎ与α和β所成的角相等，如果ｎ∥α，ｎ∥β，则 ｍ∥ｎ，故④错误．故选Ａ． ２． Ｃ　 若α∥β，则对任意的ｌα，ｍβ，则ｌ和ｍ可能平行，也可 能异面，故Ａ错误； 若α⊥β，则对任意的ｌα，ｍβ，则ｌ和ｍ可能垂直，平行，相 交，故Ｂ错误； 若α∥β，则对任意的ｌα，都存在ｍβ，使得ｌ和ｍ异面垂 直，故Ｃ正确； 若α⊥β，则对任意的ｌα，都存在ｍβ，使得ｌ∥ｍ是错误 的，当直线ｌ与平面β相交时，不存在直线与ｌ平行，故Ｄ错 误．故选Ｃ． ３． Ｄ　 如图所示，不妨设ＡＢ ＝ ａ， ＡＤ ＝ ｂ，ＡＡ１ ＝ ｃ，依题以及长方 体的结构特征可知，Ｂ１Ｄ与平 面ＡＢＣＤ所成的角为∠Ｂ１ＤＢ， Ｂ１Ｄ与平面ＡＡ１Ｂ１Ｂ所成的角 为∠ＤＢ１Ａ，所以ｓｉｎ ３０° ＝ ｃＢ１Ｄ ＝ ｂＢ１Ｄ ，即ｂ ＝ ｃ，Ｂ１Ｄ ＝ ２ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ｃ槡 ２，解得ａ 槡＝ ２ｃ． ＡＢ ＝ ａ，ＡＤ ＝ ｂ，ＡＢ 槡＝ ２ＡＤ，Ａ错误； 过Ｂ作ＢＥ⊥ＡＢ１于Ｅ，易知ＢＥ⊥平面ＡＢ１Ｃ１Ｄ，所以ＡＢ与平 面ＡＢ１Ｃ１Ｄ所成的角为∠ＢＡＥ，因为ｔａｎ∠ＢＡＥ ＝ ｃａ ＝槡 ２ ２ ，所以 ∠ＢＡＥ≠３０°，Ｂ错误； ＡＣ ＝ ａ２ ＋ ｂ槡 ２ 槡＝ ３ｃ，ＣＢ１ ＝ ｂ２ ＋ ｃ槡 ２ 槡＝ ２ｃ，ＡＣ≠ＣＢ１，Ｃ错误； Ｂ１Ｄ与平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ所成的角为∠ＤＢ１Ｃ，ｓｉｎ∠ＤＢ１Ｃ ＝ ＣＤＢ１Ｄ ＝ ａ ２ｃ ＝ 槡２ ２ ，而０ ＜∠ＤＢ１Ｃ ＜ ９０°，所以∠ＤＢ１Ｃ ＝ ４５°，Ｄ正确．故 选Ｄ． ４． Ａ　 如图所示，过点Ｆ作ＦＰ⊥ＡＣ于Ｐ， 过Ｐ作ＰＭ⊥ＢＣ于Ｍ，连接ＰＥ，则α ＝ ∠ＥＦＰ，β ＝∠ＦＥＰ，γ ＝∠ＦＭＰ， ｔａｎ α ＝ ＰＥＦＰ ＝ ＰＥ ＡＢ≤１，ｔａｎ β ＝ ＦＰ ＰＥ ＝ ＡＢ ＰＥ≥１， ｔａｎ γ ＝ ＦＰＰＭ≥ ＦＰ ＰＥ ＝ ｔａｎ β， 所以α≤β≤γ，故选Ａ． ５． ＡＢＤ　 如图，连接Ｂ１Ｃ、ＢＣ１，因为 ＤＡ１∥Ｂ１Ｃ，所以直线ＢＣ１ 与Ｂ１Ｃ 所成的角即为直线ＢＣ１ 与ＤＡ１ 所 成的角，因为四边形ＢＢ１Ｃ１Ｃ为正 方形，则Ｂ１Ｃ⊥ＢＣ１，故直线ＢＣ１与 ＤＡ１所成的角为９０°，故Ａ正确； 连接Ａ１Ｃ，因为Ａ１Ｂ１ ⊥平面 ＢＢ１Ｃ１Ｃ，ＢＣ１平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ，则 Ａ１Ｂ１⊥ＢＣ１， 因为Ｂ１Ｃ⊥ＢＣ１，Ａ１Ｂ１∩Ｂ１Ｃ ＝ Ｂ１，所以ＢＣ１⊥平面Ａ１Ｂ１Ｃ， 又Ａ１Ｃ平面Ａ１Ｂ１Ｃ，所以ＢＣ１⊥ＣＡ１，故Ｂ正确； 连接Ａ１Ｃ１，设Ａ１Ｃ１∩Ｂ１Ｄ１ ＝ Ｏ，连接ＢＯ                                                                      ， —０９２— 因为ＢＢ１ ⊥平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，Ｃ１Ｏ平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，则Ｃ１Ｏ ⊥Ｂ１Ｂ， 因为Ｃ１Ｏ⊥Ｂ１Ｄ１，Ｂ１Ｄ１∩Ｂ１Ｂ ＝ Ｂ１，所以Ｃ１Ｏ⊥平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ， 所以∠Ｃ１ＢＯ为直线ＢＣ１与平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ所成的角，设正方体 棱长为１，则Ｃ１Ｏ ＝槡２２ ，ＢＣ１ 槡＝ ２，ｓｉｎ∠Ｃ１ＢＯ ＝ Ｃ１Ｏ ＢＣ１ ＝ １２ ，所以， 直线ＢＣ１与平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ所成的角为３０°，故Ｃ错误； 因为Ｃ１Ｃ⊥平面ＡＢＣＤ，所以∠Ｃ１ＢＣ为直线ＢＣ１与平面ＡＢＣＤ 所成的角，易得∠Ｃ１ＢＣ ＝ ４５°，故Ｄ正确． 故选ＡＢＤ． ６．（１）证明：在Ｒｔ△ＡＢＣ中，作ＦＨ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，设ＡＨ ＝ ｘ，则 ＨＢ ＝ ２ － ｘ， 因为ＦＨ∥ＣＢ，所以Ｒｔ△ＡＨＦ∽Ｒｔ△ＡＢＣ，所以ＡＨＡＢ ＝ ＨＦ ＢＣ，即 ｘ ２ ＝ ＨＦ 槡２ ２ ，解得ＨＦ 槡＝ ２ｘ， 又因为∠ＢＦＨ ＝ ∠ＦＢＯ，所以∠ＡＯＢ ＝ ∠ＦＢＨ，且∠ＢＨＦ ＝ ∠ＯＢＡ ＝ ９０°， 所以Ｒｔ△ＢＨＦ∽Ｒｔ△ＯＢＡ，所以ＨＦＢＨ ＝ ＡＢ ＢＯ，即槡 ２ｘ ２ － ｘ ＝ ２ 槡２ ，解得ｘ ＝ １， 即ＡＨ ＝ １，所以Ｈ是ＡＢ的中点，Ｆ是ＡＣ的中点， 又因为Ｅ是ＰＡ的中点，所以ＥＦ∥ＰＣ，同理，ＤＯ∥ＰＣ，所以ＥＦ ∥ＤＯ， 又因为ＥＦ平面ＡＤＯ，ＤＯ平面ＡＤＯ，所以ＥＦ∥平面ＡＤＯ． （２）过Ｐ作ＰＭ垂直ＦＯ的延长线交于点Ｍ，因为ＰＢ ＝ ＰＣ，Ｏ 是ＢＣ的中点，所以ＰＯ⊥ＢＣ，在Ｒｔ△ＰＢＯ中，ＰＢ 槡＝ ６，ＢＯ ＝ １ ２ ＢＣ 槡＝ ２，所以ＰＯ ＝ ＰＢ ２ － ＯＢ槡 ２ 槡＝ ６ － ２ ＝ ２， 因为ＡＢ⊥ＢＣ，ＯＦ∥ＡＢ，所以ＯＦ⊥ＢＣ．又ＰＯ∩ＯＦ ＝ Ｏ，ＰＯ，ＯＦ 平面ＰＯＦ，所以ＢＣ⊥平面ＰＯＦ． 又ＰＭ平面ＰＯＦ，所以ＢＣ⊥ＰＭ． 又ＢＣ∩ＦＭ ＝ Ｏ，ＢＣ，ＦＭ平面ＡＢＣ，所以ＰＭ⊥平面ＡＢＣ，即 三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的高为ＰＭ， 因为∠ＰＯＦ ＝ １２０°，所以∠ＰＯＭ ＝ ６０°， 所以ＰＭ ＝ ＰＯｓｉｎ ６０° ＝ ２ ×槡３２ 槡＝ ３，△ＡＢＣ的面积为Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ × ＡＢ × ＢＣ ＝ １ ２ 槡 槡× ２ × ２ ２ ＝ ２ ２，所以三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的体 积为Ｖ三棱锥Ｐ － ＡＢＣ ＝ １３ 槡槡× ２ ２ × ３ ＝ 槡 ２ ６ ３ ． 　 　 ７．（１）证明：由题可知，｜→ＡＣ 槡｜ ＝ ２ ３， 设→ＡＦ ＝ λ→ＡＣ，∵ →ＡＢ·→ＡＣ ＝ ｜→ＡＢ ｜ ｜→ＡＣ ｜ ｃｏｓ∠ＢＡＣ ＝ ４， 则→ＢＦ·→ＡＯ ＝（λ→ＡＣ －→ＡＢ）·１２ →ＡＢ ＋ １２ →( )ＡＣ ＝ λ２ ｜→ＡＣ ｜２ － １２ ｜→ＡＢ ｜２ ＋ １２ λ －( )１２ →ＡＢ·→ＡＣ ＝ ８λ － ４ ＝ ０， 解得λ ＝ １２ ，∴ ＯＦ∥ＡＢ，ＯＦ ＝ １ ２ ＡＢ，而ＤＥ∥ＡＢ，ＤＥ ＝ １ ２ ＡＢ， ∴ ＤＥ∥ ＯＦ，ＤＥ ＝ ＯＦ，∴ 四边形ＯＤＥＦ 为平行四边形， ∴ ＥＦ∥ＯＤ． ∵ ＯＤ平面ＡＤＯ，ＥＦ平面ＡＤＯ，∴ ＥＦ∥平面ＡＤＯ． （２）证明：ＡＯ ＝ ＡＢ２ ＋ ＯＢ槡 ２ 槡＝ ６ ＝ ＰＣ ＝ ２ＯＤ，ＡＤ 槡＝ ５ＯＤ， ∴ ＡＤ２ ＝ ＡＯ２ ＋ ＯＤ２，即ＡＯ⊥ＯＤ，ＡＯ⊥ＥＦ． ∵ ＢＦ⊥ＡＯ，ＢＦ∩ＥＦ ＝ Ｆ，∴ ＡＯ⊥平面ＢＥＦ． ∵ ＡＯ平面ＡＤＯ，∴平面ＡＤＯ⊥平面ＢＥＦ． （３）设二面角Ｄ － ＡＯ － Ｃ的平面角为θ， ∵ ＡＯ⊥ＯＤ，ＡＯ⊥ＢＦ，∴ θ为→ＯＤ和→ＢＦ的夹角，｜→ＢＦ ｜ ＝ １２ ｜ →ＡＣ ｜ ＝ 槡３，｜→ＯＤ ｜ ＝ １２ ｜ →ＰＣ ｜ ＝槡６２ ， ｃｏｓ θ ＝ →ＢＦ·→ＯＤ ｜→ＢＦ ｜ ｜→ＯＤ ｜ ＝ １ ２ （ →ＯＡ － ３ →ＯＢ）·→ＯＤ ｜→ＢＦ ｜ ｜→ＯＤ ｜ ＝ － ３２ →ＯＢ·→ＯＤ ｜→ＢＦ ｜ ｜→ＯＤ ｜ ＝ － ３２ 槡３ ×槡６２ ＝ －槡２２ ，ｓｉｎ θ ＝槡 ２ ２ ， ∴二面角Ｄ － ＡＯ － Ｃ的正弦值为槡２２ ． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）Ｄ　 （２）Ｄ　 （３）Ｄ　 （１）因为Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ分别为ＢＢ１，ＣＣ１， Ａ１Ｂ１，Ａ１Ｃ１的中点，连接ＥＦ，ＧＨ， 在三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１中，可得ＥＦ∥Ｂ１Ｃ１，ＧＨ∥Ｂ１Ｃ１，且ＥＦ ＝ Ｂ１Ｃ１，ＧＨ ＝ １２ Ｂ１Ｃ１，可得ＥＦ∥ＧＨ，所以Ａ，Ｂ正确； Ｃ中，可得四边形ＥＦＨＧ为梯形，所以ＥＧ与ＦＨ相交于一点， 设交点为Ｐ， 则Ｐ∈ＥＧ，而ＥＧ平面ＡＢＢ１Ａ１，所以Ｐ∈平面ＡＢＢ１Ａ１，ＦＨ 平面ＡＣＣ１Ａ１， 所以Ｐ∈平面ＡＣＣ１Ａ１，所以Ｐ一定在平面ＡＣＣ１Ａ１ 与平面 ＡＢＢ１Ａ１的交线上， 而平面ＡＣＣ１Ａ１∩平面ＡＢＢ１Ａ１ ＝ ＡＡ１， 所以Ｐ∈ＡＡ１，即ＥＧ，ＦＨ，ＡＡ１ 三线共点， 即Ｃ正确； Ｄ中，因为ｔａｎ∠ＥＧＢ１ ＝ ＥＢＢ１Ｇ，ｔａｎ∠ＦＨＣ１ ＝ ＦＣ１ ＨＣ１ ， 因为ＥＢ ＝ ＦＣ１，ＢＧ１与ＨＣ１不一定相等， 所以ｔａｎ∠ＥＧＢ１与ｔａｎ∠ＦＨＣ１不一定相等， 所以∠ＥＧＢ１与∠ＦＨＣ１不一定相等，所以Ｄ不正确．故选Ｄ． （２）根据题意，依次分析选项： 若α⊥β，ｌ⊥β，则ｌ∥α或ｌα，ｍα，ｍ与ｌ的关系无法确定， Ａ错误； 若ｍａ，ｌβ，α∥β，则ｍ∥ｌ或ｍ与ｌ异面，Ｂ错误； 若α⊥β，α∩β ＝ ｍ，ｌ⊥ｍ，则ｌ与平面β不一定垂直，Ｃ错误； 若α∩β ＝ ｌ，ｍ∥ｌ，则ｍ∥α，又由ｍ⊥γ，则α⊥β，Ｄ正确．故选Ｄ                                                                       ． —１９２— （３）因为ＡＤ与ＰＢ在平面ＡＢＣ内的射影ＡＢ不垂直，所以Ａ 不正确； 过点Ａ作ＰＢ的垂线，垂足为Ｈ， 若平面ＰＡＢ⊥平面ＰＢＣ，则ＡＨ ⊥平面ＰＢＣ，所以ＡＨ⊥ＢＣ． 又ＰＡ⊥ ＢＣ，所以ＢＣ⊥平面 ＰＡＢ，则ＢＣ⊥ＡＢ，这与底面是正 六边形不符，所以Ｂ不正确； 若直线ＢＣ∥平面ＰＡＥ，则ＢＣ∥ ＡＥ，但ＢＣ与ＡＥ相交，所以Ｃ不 正确； 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣ，ＣＤ平面ＡＢＣ，所以ＣＤ⊥ＰＡ，设ＡＢ ＝ １， 则ＡＤ ＝ ２，ＡＣ 槡 槡＝ １ ＋ １ － ２ × １ × １ × ｃｏｓ １２０° ＝ ３， 所以ＡＣ２ ＋ ＣＤ２ ＝ ＡＤ２，所以ＣＤ⊥ＡＣ， 又ＰＡ∩ＡＣ ＝ Ａ，所以直线ＣＤ⊥平面ＰＡＣ，故Ｄ正确．故选Ｄ． 跟踪训练 １． Ｃ　 已知ｌ，ｍ为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且ｌ ⊥α，ｍ⊥β． 若ｌ∥ｍ，则α∥β，反之，若α∥β，则ｌ∥ｍ，即“ｌ∥ｍ”是“α∥β” 的充分必要条件，故Ａ错误； 若ｌ⊥ｍ，则ｍ∥α或ｍα，又ｍ⊥β，则α⊥β，反之，若α⊥β， 则ｌ⊥ｍ， 即“ｌ⊥ｍ”是“α⊥β”的充分必要条件，故Ｂ错误； 若ｌ，ｍ异面，则α，β有公共点，故Ｃ正确； 若α，β有公共点，但ｌ，ｍ不一定有公共点，故Ｄ错误．故选Ｃ． ２． ＡＣ　 因为ｌ∥ＡＢ，且ＡＢ平面ＡＢＣＤ，ｌ平面ＡＢＣＤ，所以ｌ∥ 平面ＡＢＣＤ，所以Ａ正确；因为ＡＤ与ＢＣ是等腰梯形的腰，二 者不平行，故若ｌ∥ＡＤ，则ｌ与ＢＣ不平行，所以Ｂ错误；因为直 线ＡＤ与ＢＣ能相交，所以若ｌ⊥ＡＤ，ｌ⊥ＢＣ，则ｌ⊥平面ＡＢＣＤ， 所以Ｃ正确；因为ＡＢ∥ＣＤ，两者不相交，所以若ｌ⊥ＡＢ，ｌ⊥ ＣＤ，推不出ｌ⊥平面ＡＢＣＤ，所以Ｄ错误．故选ＡＣ． 考点二 典例研析 ２．【证明】　 （１）取ＡＤ的中点Ｍ，连接ＯＭ、ＦＭ， ∵对角线ＡＣ与ＢＤ的交点为Ｏ， ∴ ＯＭ∥ＣＤ，ＯＭ ＝ １２ ＣＤ． ∵ ＥＦ∥ＣＤ，ＣＤ ＝ ２ＥＦ，∴ ＯＭ∥ＥＦ，ＯＭ ＝ ＥＦ， ∴ ＯＭＦＥ为平行四边形，∴ ＯＥ∥ＦＭ． ∵ ＦＭ平面ＡＤＦ，ＯＥ平面ＡＤＦ，∴ ＯＥ∥平面ＡＤＦ． （２）∵四边形ＡＢＣＤ为菱形，∴ ＡＣ⊥ＢＤ， ∵ ＢＦ ＝ ＦＤ，Ｏ是ＢＤ的中点，∴ ＯＦ⊥ＢＤ． 又∵ ＯＦ∩ＡＣ ＝ Ｏ，∴ ＢＤ⊥平面ＡＣＦ． ∵ ＢＤ平面ＡＢＣＤ，∴平面ＡＣＦ⊥平面ＡＢＣＤ． 跟踪训练 ３．（１）证明：由图１知，∠Ｃ ＝ ９０°，Ｄ，Ｅ分别为ＡＣ，ＡＢ的中点，可 得ＤＥ∥ＢＣ，ＤＥ⊥ＡＤ，ＤＥ⊥ＣＤ， 图２知，Ａ１Ｄ⊥ＤＥ，Ａ１Ｄ∩ＣＤ ＝ Ｄ， 可得ＤＥ⊥平面Ａ１ＣＤ，而ＤＥ平面Ａ１ＤＥ， 所以平面Ａ１ＤＥ⊥平面Ａ１ＣＤ； （２）证明：因为ＤＥ∥ＢＣ，ＢＣ平面Ａ１ＣＢ，ＤＥ平面Ａ１ＣＢ， 所以ＤＥ∥平面Ａ１ＣＢ，而ＤＥ平面Ａ１ＤＥ， 平面Ａ１ＤＥ与平面Ａ１ＣＢ ＝ ｍ，所以ＤＥ∥ｍ； （３）解：线段Ａ１Ｂ上存在点Ｑ，使得Ａ１Ｃ⊥平面ＤＥＱ， 理由如下：如图， 分别取Ａ１Ｃ，Ａ１Ｂ的中点Ｐ，Ｑ，则 ＰＱ∥ＢＣ， 又因为ＤＥ∥ＢＣ，所以ＤＥ∥ＰＱ， 所以平面ＤＥＱ即为平面ＤＥＰ， 由（２）知，ＤＥ⊥平面Ａ１ＤＣ，所以 ＤＥ⊥Ａ１Ｃ， 又因为Ｐ是等腰△ＤＡ１Ｃ，底边 Ａ１Ｃ的中点， 所以Ａ１Ｃ⊥ＤＰ， 因为ＤＥ∩ＤＰ ＝ Ｄ，所以Ａ１Ｃ⊥平面ＤＥＰ， 从而Ａ１Ｃ⊥平面ＤＥＱ， 故线段Ａ１Ｂ上存在点Ｑ为Ａ１Ｂ的中点，使得Ａ１Ｃ⊥平面ＤＥＱ． 考点三 典例研析 ３．（１）证明：取ＡＢ中点Ｆ，连接ＤＦ，则ＤＦ ＝ ＢＦ ＝ ＦＡ，故∠ＢＤＡ ＝ ９０°， 又平面ＡＢＣＤ⊥平面ＡＥＢ，且平面ＡＢＣＤ∩平面ＡＢＥ ＝ ＡＢ，ＢＣ ⊥ＡＢ， ∴ ＢＣ⊥平面ＡＢＥ，又ＡＥ平面ＡＢＥ，∴ ＢＣ⊥ＡＥ． 又ＡＥ⊥ＢＥ，ＢＣ∩ＢＥ ＝ Ｂ，∴ ＡＥ⊥平面ＢＣＥ， 又ＡＥ平面ＡＤＥ，∴平面ＡＤＥ⊥平面ＢＣＥ． （２）存在点Ｐ，且ＥＰＥＡ ＝ １ ３ ， 使ＥＣ∥平面ＰＢＤ． 证明如下：连接ＡＣ，交ＢＤ 于Ｑ， 由ＣＤ∥ ＡＢ，知ＣＱＱＡ ＝ ＣＤ ＡＢ ＝ １２ ． 又ＥＰＰＡ ＝ １ ２ ＝ ＣＱ ＱＡ，故ＥＣ∥ＰＱ． ∵ ＥＣ平面ＰＢＤ，ＰＱ平面ＰＢＤ， ∴ ＥＣ∥平面ＰＢＤ． 跟踪训练 ４．【证明】　 （１）因为在正方形ＡＢＣＤ中，ＡＰ⊥ＡＤ，ＣＤ⊥ＣＱ， 所以折起后，可得ＭＰ⊥ＭＤ，ＭＤ⊥ＭＱ， 因为ＭＰ∩ＭＱ ＝ Ｍ，ＭＰ，ＭＱ平面ＭＰＱ，所以ＭＤ⊥平 面ＭＰＱ． （２）设点Ｍ 在平面 ＰＤＱ的投影为Ｏ，则 ＭＯ⊥平面ＰＤＱ，得ＭＯ ⊥ＰＤ，ＭＯ⊥ＰＱ， 连接ＤＯ并延长ＤＯ与 ＰＱ交于点Ｆ，连接ＱＯ 并延长ＱＯ与ＰＤ交于点Ｅ， 因为在正方形ＡＢＣＤ中，ＢＰ⊥ＢＱ， 所以折起后，可得ＭＰ⊥ＭＱ． 又因为ＭＤ⊥ＭＱ，ＭＤ∩ＭＰ ＝Ｍ，ＭＤ，ＭＰ平面ＭＰＤ， 所以ＭＱ⊥平面ＭＰＤ． 因为ＰＤ平面ＭＰＤ，所以ＭＱ⊥ＰＤ． 又ＭＱ∩ＭＯ ＝Ｍ，ＭＱ，ＭＯ平面ＭＯＱ，所以ＰＤ⊥平面                                                                      ＭＯＱ． —２９２— 又ＱＥ平面ＭＯＱ，所以ＱＥ⊥ＤＦ． 同理由题意可知，正方形ＡＢＣＤ折起后，可得ＭＤ⊥ＭＱ，ＭＤ ⊥ＭＰ， ＭＱ，ＭＰ是平面ＭＰＱ内两条相交直线，所以ＭＤ⊥平面ＭＰＱ． 又ＰＱ平面ＭＰＱ，所以ＭＤ⊥ＰＱ． 又ＭＯ⊥ＰＱ，ＭＤ，ＭＯ是平面ＭＤＯ内两条相交直线， 所以ＰＱ⊥平面ＭＤＯ． 因为ＤＦ平面ＭＤＯ，所以ＰＱ⊥ＤＦ． 综上，点Ｍ在平面ＰＤＱ的投影为△ＰＤＱ的垂心． 第３讲　 空间向量与空间角 真题再现明考向 １． Ｂ　 方法一：分别取ＢＣ，Ｂ１Ｃ１的中点Ｄ，Ｄ１，则ＡＤ 槡＝ ３ ３，Ａ１Ｄ１ 槡＝ ３，可知Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ × ６ × ６ ×槡 ３ ２ 槡＝ ９ ３，Ｓ△Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ １ ２ × ２ × 槡槡３ ＝ ３， 设正三棱台ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的高为ｈ，则ＶＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ １３ （槡９ ３ 槡 槡槡槡＋ ３ ＋ ９ ３ × ３）ｈ ＝ ５２３ ，解得ｈ ＝ 槡４ ３３ ， 如图，分别过Ａ１，Ｄ１作底面垂线，垂 足为Ｍ，Ｎ，设ＡＭ ＝ ｘ，则ＡＡ１ ＝ ＡＭ２ ＋Ａ１Ｍ槡 ２ ＝ ｘ２ ＋ １６槡３ ，ＤＮ ＝ ＡＤ －ＡＭ －ＭＮ 槡＝ ２ ３ － ｘ，可得ＤＤ１ ＝ ＤＮ２ ＋Ｄ１Ｎ槡 ２ ＝ （槡２ ３ － ｘ）２ ＋ １６槡 ３ ， 结合等腰梯形ＢＣＣ１Ｂ１可得ＢＢ２１ ＝ ６ － ２( )２ ２ ＋ ＤＤ２１， 即ｘ２ ＋ １６３ ＝（槡２ ３ － ｘ） ２ ＋ １６３ ＋ ４，解得ｘ ＝ 槡 ４ ３ ３ ， 所以Ａ１Ａ与平面ＡＢＣ所成角的正切值为ｔａｎ∠Ａ１ＡＤ ＝ Ａ１ＭＡＭ ＝ １． 方法二：将正三棱台ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１补成正三棱锥Ｐ － ＡＢＣ，则 Ａ１Ａ与平面ＡＢＣ所成的角即为ＰＡ 与平面ＡＢＣ所成的角，因为ＰＡ１ＰＡ ＝ Ａ１Ｂ１ ＡＢ ＝ １ ３ ，则 ＶＰ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＶＰ － ＡＢＣ ＝ １２７，可知 ＶＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ ２６ ２７ ＶＰ － ＡＢＣ ＝ ５２ ３ ，则ＶＰ － ＡＢＣ ＝ １８，设正三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的高为ｄ，则ＶＰ － ＡＢＣ ＝ １３ ｄ × １ ２ × ６ × ６ × 槡３ ２ ＝ １８，解得ｄ ＝ 槡２ ３，取底面ＡＢＣ的中心为Ｏ，则ＰＯ⊥底面ＡＢＣ，且ＡＯ ＝ 槡２ ３，所以ＰＡ与平面ＡＢＣ所成角的正切值ｔａｎ∠ＰＡＯ ＝ ＰＯＡＯ ＝ １．故选Ｂ． ２． Ｃ　 如图，取ＡＢ的中点Ｅ，连接ＣＥ，ＤＥ，则根据题意易得ＡＢ⊥ ＣＥ，ＡＢ⊥ＤＥ， ∴二面角Ｃ － ＡＢ － Ｄ的平面角为∠ＣＥＤ ＝ １５０°， ∵ ＡＢ⊥ＣＥ，ＡＢ⊥ＤＥ，且ＣＥ∩ＤＥ ＝ Ｅ， ∴ ＡＢ⊥平面ＡＥＤ，又ＡＢ平面ＡＢＣ， ∴平面ＡＥＤ⊥平面ＡＢＣ， ∴ ＣＤ在平面ＡＢＣ内的射影为ＣＥ， ∴直线ＣＤ与平面ＡＢＣ所成的角为∠ＤＣＥ， 过Ｄ作ＤＨ垂直ＣＥ所在直线，垂足点为Ｈ，设等腰直角三角 形ＡＢＣ的斜边长为２，则可易得ＣＥ ＝ １，ＤＥ 槡＝ ３，又∠ＤＥＨ ＝ ３０°，∴ ＤＨ ＝槡３２ ，ＥＨ ＝ ３ ２ ，∴ ＣＨ ＝ １ ＋ ３ ２ ＝ ５ ２ ，∴ ｔａｎ∠ＤＣＥ ＝ ＤＨ ＣＨ ＝ 槡３ ２ ５ ２ ＝槡３５ ．故选Ｃ． ３．（１）证明：因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，而ＡＤ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ ⊥ＡＤ， 又ＡＤ⊥ＰＢ，ＰＢ∩ＰＡ ＝ Ｐ，ＰＢ，ＰＡ平面ＰＡＢ，所以ＡＤ⊥平面 ＰＡＢ，而ＡＢ平面ＰＡＢ，所以ＡＤ⊥ＡＢ． 因为ＢＣ２ ＋ ＡＢ２ ＝ ＡＣ２，所以ＢＣ⊥ＡＢ，根据平面知识可知ＡＤ∥ ＢＣ， 又ＡＤ平面ＰＢＣ，ＢＣ平面ＰＢＣ， 所以ＡＤ∥平面ＰＢＣ． （２）如图所示，过点Ｄ作ＤＥ⊥ＡＣ于Ｅ，再过点Ｅ作ＥＦ⊥ＣＰ 于Ｆ，连接ＤＦ， 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，所以平面 ＰＡＣ⊥平面ＡＢＣＤ，而平面ＰＡＣ∩ 平面ＡＢＣＤ ＝ ＡＣ， 所以ＤＥ⊥平面ＰＡＣ，又ＥＦ⊥ＣＰ， 所以ＣＰ⊥平面ＤＥＦ， 根据二面角的定义可知，∠ＤＦＥ 即为二面角Ａ － ＣＰ － Ｄ的平面角， 即ｓｉｎ∠ＤＦＥ ＝ 槡４２７ ，即ｔａｎ∠ＤＦＥ 槡＝ ６． 因为ＡＤ⊥ＤＣ，设ＡＤ ＝ ｘ，则ＣＤ ＝ ４ － ｘ槡 ２，由等面积法可得， ＤＥ ＝ ｘ ４ － ｘ槡 ２２ ， 又ＣＥ ＝ （４ － ｘ２）－ ｘ ２（４ － ｘ２）槡 ４ ＝ ４ － ｘ２２ ，而△ＥＦＣ为等腰直 角三角形，所以ＥＦ ＝ ４ － ｘ ２ 槡２ ２ ，故ｔａｎ∠ＤＦＥ ＝ ｘ ４ － ｘ槡 ２ ２ ４ － ｘ２ 槡２ ２ 槡＝ ６，解 得ｘ 槡＝ ３，即ＡＤ 槡＝ ３． ４．（１）证明：由ＡＢ ＝ ８，ＡＤ 槡＝ ５ ３，→ＡＥ ＝ ２５ → ＡＤ，→ＡＦ ＝ １２ →ＡＢ，得ＡＥ ＝ 槡２ ３，ＡＦ ＝ ４，又∠ＢＡＤ ＝ ３０°，在△ＡＥＦ中，由余弦定理得ＥＦ ＝ ＡＥ２ ＋ＡＦ２ －２ＡＥ·ＡＦｃｏｓ∠槡 ＢＡＤ 槡＝ １６ ＋１２ －２ ×４ ×２ ３ ×槡３槡                                                                       ２ —３９２— ２．内切球问题 （１）内切球的球心到各 面的距离相等． （２）正多面体的内切球 和外接球的球心重合． （３）经常用等体积法解 决内切球问题． ●5678 解决多面体与球问题的 两种思路 （１）利用构造长方体、 正四面体等确定直径． （２）利用球心Ｏ与截面 圆的圆心Ｏ１ 的连线垂 直于截面圆的性质确定 球心． 　 （２）（２０２４·香坊区校级二模）已知直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的６个顶点都在球Ｏ 的表面上，若ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ １，ＡＡ１ ＝ ４，∠ＢＡＣ ＝ ２π３ ，则球Ｏ的表面积为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １６π Ｂ． ２０π Ｃ． ２８π Ｄ． ３２π 多面体与球中的截面问题 ４．（２０２４·河南一模）在正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＡ１ ＝ ４，Ｐ为ＣＣ１的中点，Ｅ在 棱Ａ１Ｄ１ 上，且Ａ１Ｅ ＝ ３ＥＤ１，则过Ｅ且与Ａ１Ｐ垂直的平面截正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１所得截面的面积为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ６ Ｂ． ８ Ｃ． １２ Ｄ． １６ 表面积与球的组合体中的最值问题 ５．（２０２４·河北模拟）已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，Ｐ为线段Ｃ１Ｄ１上的 动点，则三棱锥Ｐ － ＢＣＤ外接球半径的取值范围为 （　 　 ） Ａ． 槡２９ ４ ，[ ]２ Ｂ． 槡２１４ ，槡[ ]３ Ｃ． 槡４１４ ，槡[ ]３ Ｄ． 槡７４ ，槡[ ]３ ●9:;< ５．（２０２４·新县校级模拟）已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，Ｐ为ＤＤ１ 的中 点，过Ａ，Ｂ，Ｐ三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积 为 （　 　 ） Ａ． １３π５ Ｂ． １６π ５ Ｃ． ３π Ｄ． １４π ５ ６．（多选）（２０２４·保定二模）已知直四棱柱ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 的侧棱长为３，底面 ＡＢＣＤ是边长为２的菱形，∠ＢＡＤ ＝ π３ ，Ｍ为棱ＤＤ１上的一点，且ＭＤ ＝ １，Ｐ为底面 ＡＢＣＤ内一动点（含边界），则下列命题正确的是 （　 　 ） Ａ．若ＰＭ与平面ＡＢＣＤ所成的角为π４ ，则点Ｐ的轨迹与直四棱柱的交线长为 ２π ３ Ｂ．若点Ａ到平面ＰＤＭ的距离为槡３，则三棱锥Ｍ － ＰＡＤ体积的最大值为２槡３３ Ｃ．若以Ｄ为球心的球经过点Ｍ，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为４π９ Ｄ．经过Ｂ，Ｃ，Ｍ三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为４ ７．（２０２４·唐山二模）已知长方体的一条棱长为２，体积为１６，则其外接球表面积的 最小值为 （　 　 ） Ａ． ５π Ｂ． １２π Ｃ． ２０π Ｄ． ８０π 温馨提示：复习至此，请做练案［１２］ 第２讲　 空间点、直线、平面之间的位置关系 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 １．从具体内容上：①以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面与面面平行和垂直 的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题；②以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面 平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查． ２．从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查． !'# %&'( 　 　 　 明体系　 )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２４·全国甲卷）设α、β是两个平面，ｍ、ｎ是两条直线，且α∩β ＝ｍ．下列四个命题： 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　①若ｍ∥ｎ，则ｎ∥α或ｎ∥β ②若ｍ⊥ｎ，则ｎ⊥α，ｎ⊥β ③若ｎ∥α，且ｎ∥β，则ｍ∥ｎ ④若ｎ与α和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 ２．（２０２０·全国Ⅰ卷）设ｌ，ｍ是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则 （　 　 ） Ａ．若α∥β，则对任意的ｌα，ｍβ，都有ｌ∥ｍ Ｂ．若α⊥β，则对任意的ｌα，ｍβ，都有ｌ⊥ｍ Ｃ．若α∥β，则对任意的ｌα，都存在ｍβ，使得ｌ⊥ｍ Ｄ．若α⊥β，则对任意的ｌα，都存在ｍβ，使得ｌ∥ｍ ３．（２０２２·全国甲卷）在长方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，已知Ｂ１Ｄ与平面ＡＢＣＤ和平面ＡＡ１Ｂ１Ｂ所成的角均为３０°， 则 （　 　 ） Ａ． ＡＢ ＝ ２ＡＤ Ｂ． ＡＢ与平面ＡＢ１Ｃ１Ｄ所成的角为３０° Ｃ． ＡＣ ＝ ＣＢ１ Ｄ． Ｂ１Ｄ与平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ所成的角为４５° ４．（２０２２·浙江卷）如图，已知正三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１，ＡＣ ＝ ＡＡ１，Ｅ，Ｆ分别是棱ＢＣ，Ａ１Ｃ１ 上的 点．记ＥＦ与ＡＡ１所成的角为α，ＥＦ与平面ＡＢＣ所成的角为β，二面角Ｆ － ＢＣ － Ａ的平面角为 γ，则 （　 　 ） Ａ． α≤β≤γ Ｂ． β≤α≤γ Ｃ． β≤γ≤α Ｄ． α≤γ≤β ５．（多选）（２０２２·新高考全国Ⅰ卷）已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，则 （　 　 ） Ａ．直线ＢＣ１与ＤＡ１所成的角为９０° Ｂ． 直线ＢＣ１与ＣＡ１所成的角为９０° Ｃ．直线ＢＣ１与平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ所成的角为４５° Ｄ． 直线ＢＣ１与平面ＡＢＣＤ所成的角为４５° ６．（２０２３·全国乙卷文科）如图，在三棱锥Ｐ － ＡＢＣ中，ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ ＝ ２，ＢＣ ＝ ２槡２，ＰＢ ＝ ＰＣ ＝槡６，ＢＰ，ＡＰ，ＢＣ的中点分别为Ｄ，Ｅ，Ｏ，点Ｆ在ＡＣ上，ＢＦ⊥ＡＯ． （１）求证：ＥＦ∥平面ＡＤＯ； （２）若∠ＰＯＦ ＝ １２０°，求三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的体积． !'$ ７．（２０２３·全国乙卷理科）如图，在三棱锥Ｐ － ＡＢＣ中，ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ ＝ ２，ＢＣ ＝ ２槡２，ＰＢ ＝ ＰＣ ＝槡６，ＡＤ ＝槡５ＤＯ，ＢＰ，ＡＰ，ＢＣ的中点分别为Ｄ，Ｅ，Ｏ，点Ｆ在ＡＣ上，ＢＦ⊥ＡＯ． （１）证明：ＥＦ∥平面ＡＤＯ； （２）证明：平面ＡＤＯ⊥平面ＢＥＦ； （３）求二面角Ｄ － ＡＯ － Ｃ的正弦值． !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$ ®¯"Q ²Q œ³´Ž'no ●-./0 １．空间中两条直线的位置关系 （１）位置关系分类 共面 直线 ①相交直线：在同一平面内，有且只 有一个公共点； ②平行直线：在同一平面内，没有公 共点 异面 直线 不同在任何一个平面内，没有公 共点 （２）异面直线所成的角 定义 已知两条异面直线ａ，ｂ，经过空间任 一点Ｏ分别作直线ａ′∥ａ，ｂ′∥ｂ，把 ａ′与ｂ′所成的角叫做异面直线ａ与ｂ 所成的角（或夹角） 范围 ０，π( ]２ 垂直 如果两条异面直线所成的角是直角， 那么我们就说这两条异面直线互相 垂直 ２．空间中直线与平面、平面与平面的位置 关系 （１）直线与平面的位置关系有相交、平行、 在平面内三种情况． （２）平面与平面的位置关系有平行、相交 两种情况． ●5678 判断空间位置关系的方法 （１）借助空间线面平行、面面平行、线面垂 直、面面垂直的判定定理和性质定理进行 判断． （２）借助空间几何体模型，如长方体、四面 体等模型中观察线面位置关系，结合有关 定理，进行肯定否定． ●1234 １．（１）（２０２４·龙凤区校级模拟）如图，在三棱 柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ分别为 ＢＢ１，ＣＣ１，Ａ１Ｂ１，Ａ１Ｃ１ 的中点，则下列说法错误的是 （　 　 ） Ａ． Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ四点共面 Ｂ． ＥＦ∥ＧＨ Ｃ． ＥＧ，ＦＨ，ＡＡ１三线共点 Ｄ．∠ＥＧＢ１ ＝∠ＦＨＣ１（２）（２０２４·石家庄模拟）设α，β，γ是三个不同的平面，ｍ，ｌ是 两条不同的直线，则下列命题为真命题的是 （　 　 ） Ａ．若α⊥β，ｍα，ｌ⊥β，则ｍ∥ｌ Ｂ．若ｍａ，ｌβ，α∥β，则ｍ∥ｌ Ｃ．若α⊥β，α∩β ＝ｍ，ｌ⊥ｍ，则ｌ⊥β Ｄ．若α∩β ＝ ｌ，ｍ∥ｌ，ｍ⊥γ，则α⊥γ （３）（２０２４·东湖区校级三模）如图， 已知六棱锥Ｐ － ＡＢＣＤＥＦ的底面 是正六边形，ＰＡ⊥平面ＡＢＣ，则下 列结论正确的是 （　 　 ） Ａ． ＰＢ⊥ＡＤ Ｂ．平面ＰＡＢ⊥平面ＰＢＣ Ｃ．直线ＢＣ∥平面ＰＡＥ Ｄ．直线ＣＤ⊥平面ＰＡＣ ●9:;< １．（２０２４·白山二模）已知ｌ，ｍ为两条不同的直线，α，β为两个不 同的平面，且ｌ⊥α，ｍ⊥β，则下列说法正确的是 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ．“ｌ∥ｍ”是“α∥β”的充分不必要条件 Ｂ．“ｌ⊥ｍ”是“α⊥β”的必要不充分条件 Ｃ．若ｌ，ｍ异面，则α，β有公共点 Ｄ．若α，β有公共点，则ｌ，ｍ有公共点 ２．（多选）（２０２４·唐县校级三模）已知四边形ＡＢＣＤ为等腰梯形， ＡＢ∥ＣＤ，ｌ为空间内的一条直线，且ｌ平面ＡＢＣＤ，则下列说法 正确的是 （　 　 ） Ａ．若ｌ∥ＡＢ，则ｌ∥平面ＡＢＣＤ Ｂ．若ｌ∥ＡＤ，则ｌ∥ＢＣ Ｃ．若ｌ⊥ＡＤ，ｌ⊥ＢＣ，则ｌ⊥平面ＡＢＣＤ Ｄ．若ｌ⊥ＡＢ，ｌ⊥ＣＤ，则ｌ⊥平面ＡＢＣＤ !'% !"=$®¯µ¶Q ·¸'bc ●-./0 １．直线、平面平行的判定定理和性质定理 （１）直线与平面平行的判定定理：ｌ∥ａ，ａ α，ｌαｌ∥α． （２）直线与平面平行的性质定理：ｌ∥α，ｌ β，α∩β ＝ ｂｌ∥ｂ． （３）平面与平面平行的判定定理：ａ∥β，ｂ ∥β，ａ∩ｂ ＝ Ｐ，ａα，ｂαα∥β． （４）平面与平面平行的性质定理：α∥β，α ∩γ ＝ ａ，β∩γ ＝ ｂａ∥ｂ． ２．直线、平面垂直判定定理与性质定理 （１）直线与平面垂直判定定理：ａ，ｂα，ａ ∩ｂ ＝ Ｏ，ｌ⊥ａ，ｌ⊥ｂｌ⊥α． （２）直线与平面垂直性质定理：ａ⊥α，ｂ⊥α ａ∥ｂ． （３）平面与平面垂直判定定理：ｌβ，ｌ⊥αα ⊥β． （４）平面与平面垂直性质定理：α⊥β，ｌβ， α∩β ＝ ａ，ｌ⊥ａｌ⊥α． ●5678 １．平行关系及垂直关系的转化 ２．易错提醒 （１）证明线面平行时，忽略“直线在平面 外”“直线在平面内”的条件． （２）证明面面平行时，忽略“两直线相交” “两直线在平面内”的条件． （３）证明线面垂直时，容易忽略“平面内两 条相交直线”这一条件． ●1234 ２．（２０２４·故城县校级月考）如图，在 几何体中，四边形ＡＢＣＤ为菱形，对 角线ＡＣ与ＢＤ的交点为Ｏ，四边形 ＤＣＥＦ为梯形，ＥＦ∥ＣＤ，ＦＢ ＝ ＦＤ． （１）若ＣＤ ＝ ２ＥＦ，求证：ＯＥ ∥ 平面ＡＤＦ； （２）求证：平面ＡＣＦ⊥平面ＡＢＣＤ． ●9:;< ３．（２０２４·怀柔区期末）如图１，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｃ ＝ ９０°，Ｄ，Ｅ分 别为ＡＣ，ＡＢ的中点．将△ＡＤＥ沿ＤＥ折起到△Ａ１ＤＥ的位置（Ａ１ 与Ｃ不重合），连Ａ１Ｃ，Ａ１Ｂ，如图２． （１）求证：平面Ａ１ＤＥ⊥平面Ａ１ＣＤ； （２）若平面Ａ１ＤＥ与平面Ａ１ＣＢ交于过Ａ１ 的直线ｍ，求证 ＤＥ∥ｍ； （３）线段Ａ１Ｂ上是否存在点Ｑ，使得Ａ１Ｃ⊥平面ＤＥＱ，若存在， 指出Ｑ点位置并证明；若不存在，说明理由． !'& !"@$¹ºlm ●5678 折叠问题的处理策略 （１）一般情况下，位于 折痕同侧的点、线、面的 位置关系和数量关系不 会发生变化，而位于折 痕两侧的点、线、面的位 置关系和数量关系会发 生改变． （２）特别地，与折痕平 行或垂直的线段，翻折 前后平行、垂直关系 不变． ●1234 ３．（２０２４·东湖区校级三模）如图１，在直角 梯形ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ ＝ ２ＣＤ ＝ ２ＢＣ，ＢＤ为梯形对角线．将梯形中 的△ＡＢＤ部分沿ＡＢ翻折至ＡＢＥ位置，使 △ＡＢＥ所在平面与原梯形所在平面垂直 （如图２）． （１）求证：平面ＡＥＤ⊥平面ＢＣＥ； （２）探究线段ＥＡ上是否存在点Ｐ，使ＥＣ∥平面ＰＢＤ？若存在，求出ＥＰＥＡ；若不存在 说明理由． ●9:;< ４．（２０２４·开封月考）如图，在正方形ＡＢＣＤ中，Ｐ，Ｑ分别是ＡＢ，ＢＣ的中点，将 △ＡＰＤ，△ＰＢＱ，△ＣＤＱ分别沿ＰＤ，ＰＱ，ＤＱ折起，使Ａ，Ｂ，Ｃ三点重合于点Ｍ． （１）证明：ＭＤ⊥平面ＭＰＱ； （２）证明：点Ｍ在平面ＰＤＱ的投影为△ＰＤＱ的垂心． 温馨提示：复习至此，请做练案［１３］ !''