第21讲 空间几何体的平行与垂直-【艺考一本通】2026年高考数学一轮+二轮（通用版）

第一部分一轮单元复习第七单元 第21讲空间几何体的平行与垂直 自主预习 知识梳理 夯实基础 1,直线与平面平行的判定定理和性质定理 3.直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 文字语言 图形语言 符号语言 平面外一条直线与 a;bCa 这个平面内的一条 因为l∥a, 一条直线与一个平 判定 a∩b=0 直线平行，则该直线 aCa;ICa, 判定 面内的两条相交直 定理 ab六 ILa 与此平面平行（线线 所以l∥a 定理 线都垂直，则该直线 L⊥b 平行→线面平行) 与此平面垂直 l⊥a 一条直线与一个平 面平行，则过这条直 性质 垂直于同一个平面 a⊥a →a∥b 线的任一平面与此 因为l∥a, 定理 的两条直线平行 b⊥a 性质 平面的交线与该直 lC3,a∩3=b 定理 线平行（简记为“线 所以1∥b 4.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 面平行→线线平 文字语言 图形语言 符号语言 行”) 个平面过另一个 ICB 2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 判定 平面的垂线，则这两 定理 文字语言 图形语言 符号语言 个平面互相垂直 a⊥B a⊥月 一个平面内的两条 两个平面互相垂直 ICB 相交直线与另一个 因为a∥B, 性质 则一个平面内垂直 aNB-a 判定 平面平行，则这两个 b b∥B,a∩b=P, 定理 于交线的直线垂直 l⊥a 定理 平面平行（简记为 aCa;bCa, 于另一个平面 →l⊥a “线面平行→面面平 所以a∥B 行”) 如果两个平行平面 因为a∥B, 性质 同时和第三个平面 any-a, 定理 相交，那么它们的交 3∩y=b, 线平行 所以a∥b ·139· 艺考一本通数学 典例剖析 典例变式 变式训练 题型一 空间线面位置关系的判定与异面直线 CD)·AD=A1A·AD+A方+C市·AD= 所成的角 AD≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误； 【例1-1】(1)(2024·天津卷)若m,n为两条 对于B,因为在正三棱柱ABC-A1BC中， 不同的直线，α为一个平面，则下列结论中 AA1⊥平面ABC,又BCC平面ABC,则 正确的是 AA1⊥BC,因为△ABC是正三角形，D为 A.若m∥a,nC&,则m∥n BC中点，则AD⊥BC,又AA∩NAD=A, B.若m∥a,n∥a,则m∥n AA1,ADC平面AAD,所以BC⊥平面 C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n AA1D,故B正确；对于D,因为在正三棱柱 D.若m∥a,n⊥a,则m与n相交 ABC-AB1C中，CC1∥AA”1又AA1C平 (2)(2025·新课标I卷)（多选）在正三棱柱 面AAD,CC中平面AA1D,所以CC∥平 ABC-A1BC1中，D为BC中点，则( 面AA1D,故D正确；对于C,因为在正三棱 A.AD⊥AC 柱ABC-AB1C中，A1B1∥AB,假设AD B.BC⊥平面AAD ∥AB,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛 C.AD∥AB 盾，所以AD∥A1B1不成立，故C错误；故 D.CC1∥平面AAD 选BD. 【解析】(1)对于A,若m∥a,nCa,则m,n 【答案】(1)C(2)BD 平行或异面，故A错误.对于B,若m∥a,n 【例1-2】(1)(2018·全国Ⅱ卷)在正方体 ∥a,则m,n平行或异面或相交，故B错误. ABCD-A1BCD1中，E为棱CC1的中点，则 对于C,m∥a,n⊥a,过m作平面B,使得∩ 异面直线AE与CD所成角的正切值为 a=s,因为mCB,故m∥s,而sCa,故n⊥s, ( 故m⊥n,故C正确，对于D,若m∥a,n⊥a, A. 2 0 则m与n相交或异面，故D错误.故选C. 2 (2)对于A,在正三棱柱ABC一A1BC中， (2)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD- AA1平面ABC,又ADC A1BCD1中，P为B1D1的中点，则直线 平面ABC,则A1A1 PB与AD1所成的角为 () AD,则AA·AD=0, A.号 B.背 C.开 D. 因为△ABC是正三角 【解析】(1)如图，连接BE,因为AB∥CD, 形，D为BC中点，则 所以异面直线AE与CD所成的角等于相交 AD LBC,则C方·A方=0，又A1C=A1A十 直线AE与AB所成的角，即∠EAB.不妨设 AD+C市，所以AC·Ad=(A1A+AD 正方体的棱长为2，则CE=1,BC=2,由勾股 ·140· 第一部分一轮单元复习第七单元 定理得BE=√5.又由AB⊥平面BCCB可 角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出 的角是钝角，则它的补角才是要求的角. 得AB⊥BE,所以tan∠EAB= AB 变式训练一 选C. 1.（多选)如图所示，在棱长为1的正四面体 ABCD中，点P是△ABC的中心，过点P作 某截面将正四面体ABCD分开，并使截面平 行于AD和BC,则下列说法正确的是() (2)如图，连接BC,PC,PB,因为AD ∥BC, 所以∠PBC或其补角为直线PB与AD1 A.截面是矩形 所成的角， B.截面不是平行四边形 因为BB1⊥平面AB1C1D1,所以BB1⊥ C截面的面积为号 PC1,又PC⊥B1D1,BB1∩B1D1=B1, D.截面所在平面与平面ABD的交线平行于 所以PC⊥平面PBB1,所以PC⊥PB. 平面ACD 设正方体的棱长为2，则BC=2√2，PC= 2.(多选)如图所示，点A,B,C,M,N为正方体 D.B-/. 的顶点或棱的中点，则下列满足MN∥平面 ABC的是 sin∠PBC,= 2所以∠PG=器 BC 故选D. 【答案】(1)C(2)D 【规律方法】用平移法求异面直线所成的角的 3.如图，正方体ABCD-ABC1D中，M,N分 步骤 别为棱C1D,CC的中点，有以下四个结论： (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所 成的角。 (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角. (3)三求：解三角形，求出作出的角.如果求出的 ·141· 艺考一本通数学 ①直线AM与CC1是相交直线： MN∥平面CDE. ②直线AM与BN是平行直线： ③直线BN与MB1是异面直线； ④直线AM与DD1是异面直线， 其中正确的结论为 (把你认为正确 的结论的序号都填上). 4.已知P是△ABC所在平面外的一点，M,N (2)如上图，过点C作C1E的垂线，垂足为 分别是AB、PC的中点，若MN=BC=4,PA ,点H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥CC,且 =4√，则异面直线PA与MN所成角的大 BC∩CC=C,所以DE⊥平面CCE,故DE 小是 ⊥CH.从而CH⊥平面CDE,故CH的长 A.30 B.45° C.60° D.90° 即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得 题型二空间平行、垂直关系的证明 CE=1,CC=4,所以CE=√17，故CH= 【例2-1】 (2019·全国I卷)如图，直四棱柱 417 ABCD-A1B1CD1的底面是菱形，AA1=4, 7,从而点C到平面CDE的距离 AB=2,∠BAD=60°，E,M,N分别是BC, BB1,AD的中点. 【例2-2】 (2023·新课标Ⅱ卷)三棱锥A BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB =∠ADC=60°，E为BC中点. (1)证明：MN∥平面CDE; (2)求点C到平面CDE的距离， 证明：BC⊥DA; 证明：(1)如下图，连接B1C,ME因为M,E 【解析】证明：连接DE,因为DB=DC,E为 分别为BB1,BC的中点，所以ME∥B1C,且 BC中点，所以BC⊥DE. ME=2BC.又因为N为AD的中点，所 因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC= 60°，所以△ABD,△ACD均为等边三角形， 以ND=2AD.由题设知A B LDC,可得 所以AB=AC,又E为BC中点，所以BC⊥ B1CLA1D,故ME业ND,因此四边形 AE,因为AE,DEC平面ADE,AE∩DE= MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又 E,所以BC⊥平面ADE,又ADC平面 MNt平面C1DE,EDC平面CDE,所以 ADE,所以BC⊥DA. ·142· 第一部分一轮单元复习第七单元 (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱 长为2的正方体ABCD一AB1CM1,如图 D 所示，设棱AM,BC的中点分别为H,G,连 【例2-3】(2021·全国甲卷)已知直三棱柱 接A1H,HG,GB1, ABC-A1B1C1中，侧面AABB为正方形， AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中 点，BF⊥A1B. 在正方形BCCB1中，G,F为中，点，则BF⊥ B1G,又BF⊥A1B1,A1B1∩B1G=B1, (1)求三棱锥F-EBC的体积； 故BF⊥平面A1B1GH,而DEC平面 (2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF ABGH,从而BF⊥DE. ⊥DE. 【规律方法】 【解析】(1)如图所示，连接AF, (1)平行 ①证明线面平行时，先直观判断平面内是否存 在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的 直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行； ②应用线面平行性质的关键是如何确定交线的 由题意，可得BF=√BC十CF2=√4+I 位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确 √5，由于AB⊥BB1,BC⊥AB,BB1∩BC= 定交线；③利用平面几何知识证明线线平行的 B,故AB⊥平面BCCB1, 主要方法：有中点，找中点，连中线，证平行；构 而BFC平面BCCB1,故AB⊥BF, 造三角形的中位线；构造平行四边形条件. 从而有AF=√AB2十BF2=√/4十5=3， (2)垂直 从而AC=AF2-CF2=√9-1=2√2， 方法一 :利用线面垂直的判定定理 则AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC, 方法二 利用“两平行线中的，条与平面垂直，则另引 一条也与这个平面垂直 △ABC为等腰直角三角形， 利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个， 方法三 S8e=25=3×(侵×2×2)=1， 则与另一个也垂直” 方法四 :利用面面垂直的性质定理 V:-=号XS6E×CF=号×1X1=3 ·143· 艺考一本通数学 变式训练二 3.如图示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面 1.如图，四棱锥P-ABCD中， ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°， PA=AB=BC,E是PC的中点.证明： AD∥BC,AB=BC=号AD,E,F,H分别为 线段AD,PC,CD的中点，AC与BE交于O (1)CD⊥AE; 点，G是线段OF上一点. (2)PD⊥平面ABE. (1)求证：AP∥平面BEF; (2)求证：GH∥平面PAD. 2.如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的 4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C中，已知AC 正方形，四条侧棱长均为2√7.点G,E,F, ⊥BC,BC=CC.设AB的中点为D,BC∩ H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四 BC=E. 点，平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面 求证：(1)DE∥平面AAC1C; GEFH. (2)BC⊥AB. (1)证明：GH∥EF; (2)若EB=2,求四边形GEFH的面积. ·144· 第一部分一轮单元复习第七单元 题型三平面图形的折叠问题 题的关键是看翻折前后线面位置关系的变化情 【例3】(2018·全国I卷)如图，在平行四边 况，根据翻折的过程，把翻折前后一些线线位置 形ABCM中，AB=AC=3,∠ACM=90°. 关系中没有变化和发生变化的量准确找出来， 以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达 这些不变和变化的量反映了翻折后的空间图形 点D的位置，且AB⊥DA. 的结构特征， 变式训练三 如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC, M-55- ∠BAD=受，AB=BC=2AD=Q,E是AD (1)证明：平面ACD⊥平面ABC; 的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿 (2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上 BE折起到图2中△A,BE的位置，得到四棱 一点，且BP=DQ=号DA,求三棱锥Q 锥A1-BCDE (A ABP的体积. (1)【证明】由已知可得，∠BAC=90°，即BA ⊥AC.又因为BA⊥AD,AC∩AD=A,所 以AB⊥平面ACD.因为ABC平面ABC, 图1 图2 所以平面ACD⊥平面ABC. (1)证明：CD⊥平面AOC; (2)【解析】由已知可得，DC=CM=AB=3, (2)当平面ABE⊥平面BCDE时，四棱锥 DA=3VE.又BP=DQ=DA, A1-BCDE的体积为36√2，求a的值 所以BP=2√2. 如图，过，点Q作QE⊥1 转换：点Q到平面！ AC,垂足为点E,由 !ABP的距离等于 点D到平面ABP QELDC. 距离的} 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC,所以 QE⊥平面ABC,QE=1. 因此，三棱锥Q一ABP的体积为 V。-am-3 xSw.XQE--号×号X3X2 √2sin45°×1=1. 【规律方法】解决由平面图形翻折为空间图形问 ·145· 艺考一本通数学 题型四空间中的平行、垂直综合问题 所以EF∥HC,EF=HC, 【例4】如图，三棱台DEF-ABC中，AB= 因此四边形EFCH是平行四边形， 2DE,G,H分别为AC,BC的中点 所以CF∥HE.又CF⊥BC,所以HE (1)求证：BD∥平面FGH; ⊥BC. (2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证：平面BCD 又HE,GHC平面EGH,HE∩GH=H, ⊥平面EGH 所以BC⊥平面EGH. 又BCC平面BCD, 所以平面BCD⊥平面EGH. 【规律方法】线线平行（垂直）、线面平行（垂直） 和面面平行（垂直）是空间中三种基本平行（垂 【证明】(1)【解法一】如图，连接DG,设 直)关系，它们之间可以相互转化，其转化关系 CD∩GF=M,连接MH. 如下： 在三棱台DEF-ABC中， 判定定理 AB=2DE,G为AC的中点， 线线平行判定定理线面平行判定定理面面平行 (垂直性质定理（垂直性质定理（倕直） ◆ 可得DF∥GC,DF=GC, 性质定理 所以四边形DFCG为平行四边形. 则M为CD的中点，又H为BC的中，点， 变式训练四 所以HM∥BD,又HMC平面FGH,BD中 1.如图，已知四棱锥P一ABCD的底面是平行 平面FGH,所以BD∥平面FGH. 四边形，且∠PAB=∠PDC=90°. 【解法二】在三棱台DEF-ABC中，由BC (1)求证：AB⊥平面PAD: =2EF,H为BC的中点， (2)若点E、F分别是棱PD,BC的中点，求 可得BH∥EF,BH=EF, 证：EF∥平面PAB. 所以四边形HBEF为平行四边形， 可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的 中点， H为BC的中点，所以GH∥AB. 又GH∩HF=H, 所以平面FGH∥平面ABED. 又因为BDC平面ABED, 所以BD∥平面FGH. (2)连接HE, 因为G,H分别为AC,BC 的中点， 所以GH∥AB. 由AB⊥BC,得GH⊥BC. 又H为BC的中点， ·146· 第一部分 一轮单元复习第七单元 2.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB,PA⊥ 所以CE∥DH, BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段 又DHC平面PAD,CE吨平面PAD, AC的中点，E为线段PC上一点， 所以CE∥平面PAD, (1)求证：PA⊥BD; (2)如图所示，取AB的中点F,连接CF, (2)求证：平面BDE⊥平面PAC: (3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD BF,所以AF=AB, 的体积 又CD=号AB,所以AF=CD, 又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四 边形，所以CF∥AD, 又CF中平面PAD,所以CF∥平面PAD, 由(1)可知CE∥平面PAD, 又CE∩CF=C,故平面CEF∥平面PAD, 故存在AB的中点F满足要求， 【规律方法】解决探索性问题的策略方法 (1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索 出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得 到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就 题型五空间中的平行、垂直探索性问题 否定假设。 【例5】如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD, (2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出 AB=2CD,E为PB的中点. 发“要使…成立”“只需使…成立” (1)求证：CE∥平面PAD; 变式训练五 (2)在线段AB上是否存在一点F,使得平 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D,E分别 面PAD∥平面CEF?若存在，证明你的结 为AB,BC的中点. 论，若不存在，请说明理由， (1)若F为BB1的中点，判断AC与平面 DEF是否平行？若平行，请给予证明，若不 平行，说明理由； (2)试问：在侧棱BB1上是否存在点F,使三 棱锥F-DEB的体积与三棱柱ABC-A1B,C 【证明】(1)如图所示，取PA的中点H,连接 EH,DH, 的体积之比为8 因为E为PB的中点， 所以EH/AB,EH=号AB 又AB/CD.CD-AB 所以EH∥CD,EH=CD, 因此四边形DCEH是平行四边形， ·147. 艺考一本通数学 随堂检测 基础训练 温故知新 1.已知a,3,Y是三个不同的平面，a∩3=a,a∩ A.PQ∥AC y=b,∩y=c,且a∩b=O,则下列结论正确 B.PQ⊥AC 的是 ) C.AC⊥平面PQC A.直线b与直线c可能是异面直线 D.平面PQC1∥平面ABC B.直线a与直线c可能平行 6.已知ABCD为空间四边形，AB=CD,AD C.直线a,b,c必然交于一点 D.直线c与平面a可能平行 BC,AB≠AD,M,N分别是对角线AC与 2.（多选)已知a,b,c为三条不同的直线，a,3为 BD的中点，则MN与 () 两个不同的平面，则下列说法正确的是 A.AC,BD之一垂直 B.AC,BD都垂直 A.若a∥b,aCa,bC3,a∩B=c,则a∥c C.AC,BD都不垂直 B.若a⊥b,a⊥c,bCa,cCa,则a⊥a D.AC,BD不一定垂直 C.若a∥a,b∥a,a∩b=A,aCB,bC3,则a∥ 7.(多选)如图，四棱锥S一ABCD的底面 B ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD,则下列 D.若a⊥3，a∩3=c,a⊥c,则a⊥3 3.(多选)有下列命题： 结论中正确的有 () ①经过三点确定一个平面； ②梯形可以确定一个平面； ③两两相交的三条直线最多可以确定三个 平面； ④如果两个平面有三个公共点，则这两个平 A.AC⊥SB 面重合 其中正确命题是 B.AB∥平面SCD A.① B.② C.③ D.④ C.SA与平面ABCD所成角是∠SAB 4.在正方体ABCD-A BC D中，E,F分别是线段 D.AB与BC所成的角等于DC与SC所成 BC,CD的中点，则直线AB与直线EF的位置 的角 关系是 8.如图，正方体ABCD-A1B1CD的棱长为1， A.相交B.异面C.平行 D.垂直 当E,F,G分别是B1C,C1D1,B1B的中点 5.如图，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，点P 在正方形ADD1A内（不含边界）运动，则在 时，平面EFG截正方体所得截面的周长为 正方形DCCD内（不含边界）一定存在一点 Q,使得 ·148.艺考一本通数学 =平故答案为平。 第21讲空间几何体的平行与垂直 【典例变式】 变式训练 1.ACD【解析】过点P作EF∥BC,分 别交AB,AC于E,F,过F作FG∥ AD交CD于G,连接EG,设平面 EFG与棱BD交于，点H,连接EH, HG,因为BC江平面EFG,EFC平面 EFG,所以BC∥平面EFG,同理可得 AD∥平面EFG,则四边形EFGH即 为截面.因为BC∥平面EFG,平面EFG∩平面BCD=HG, BCC平面BCD,所以BC∥HG,则EF∥HG,同理可得FG ∥EH,故四边形EFGH为平行四边形，即截面是平行四边 形，B错误.设M为BC的中点，连接AM,DM,则AM BC,DM⊥BC,因为AM,DMC平面ADM,AM∩DM=M, 所以BC⊥平面ADM,又ADC平面ADM,所以BC⊥AD, 又EF∥BC,FG∥AD,所以EF⊥FG,则四边形EFGH为矩 形，即截面是矩形，A正确.因为点P是△ABC的中心，所以 AP-号AM,故EF-号BC=号AP=号AC,所以PG= 1 AD-了，故矩形EFGH的面积为EFXFG=-号，即藏西的 面积为号，C正确，因为平面EPGH与平面ABD的交线为 EH,且EH∥FG,FGC平面ACD,EH￠平面ACD,所以 EH∥平面ACD,即截面所在平面与平面ABD的交线平行 于平面ACD,D正确.故选ACD. 2.BC【解析】对于A,如图①所示，点E,F为正方体的两个顶 ,点，连接EF,AM,则MN∥EF∥AC,所以N,M,C,A四点 共面，同理可证AM∥BC,即B,C,M,A四，点共面，所以MN C平面ABC,故A错误；对于B,如图②所示，D为正方体的 一-个顶，点，连接MD,ND,则AC∥MD,BC∥ND,ACC平面 ABC,DM吃平面ABC,所以DM∥平面ABC,同理可证DN ∥平面ABC,又MD∩ND=D,MDC平面DMN,NDC平 面DMN,所以平面ABC∥平面DMN,又MNC平面 DMN,所以MN∥平面ABC,故B正确；对于C,如图③所 示，G为正方体的一个顶点，则平面ABC∥平面GMN,因为 MNC平面GMN,所以MN∥平面ABC,故C正确：对于D, 如图④所示，连接CM,则AB∥CM,所以A,B,C,M四，点共 面，所以MN∩平面ABC=M,不满足MN∥平面ABC,故 D错误.故选BC M ① ② A ③ ④ 3.③④【解析】直线AM与CC1是异面直线，直线AM与 BV也是异面直线，故①②错误， 4.A 【解析】取AC的中点O,连接OM,ON,则OML)BC, ONL?PA.所以∠ONM就是异面直线PA与MN所成的 角.在△OMN中，MN=4,OM=2,OW=2√5，所以cos 36 ∠oNM=O六OM=2=9,所以 2ON·MN 2X2√5X4 ∠ONM=30°，即异面直线PA与MN所成角的大小为30°， 故选A. M 变式训练二 1.【证明】(1)连接EC,因为AD∥BC,BC=7AD, 所以BCLAE,所以四边形 ABCE是平行四边形，所以 O为AC的中点.又因为F 是PC的中点，所以FO∥ AP,因为FOC平面BEF, A D AP亡平面BEF,所以AP '0 H ∥平面BEF B C (2)连接FH,OH,因为F,H分别是PC,CD的中点，所以 FH∥PD,所以FH∥平面PAD.又因为O是AC的中点，H 是CD的中，点，所以OH∥AD,所以OH∥平面PAD.又FH ∩OH=H,所以平面OHF∥平面PAD.又因为GHC平面 OHF,所以GH∥平面PAD. 2.(1)【证明】因为B℃∥平面 GEFH,BCC平面PBC,且平面 PBC∩平面GEFH=GH,所以 GH∥BC.同理可证EF∥BC,因 此GH∥EF. (2)【解析】如图，连接AC,BD交 于点O,BD交EF于点K,连接 --0 OP,GK.因为PA=PC,O是AC B 的中，点，所以PO⊥AC,同理可得 E PO⊥BD.又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内，所以PO ⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO1 平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面 GEFH=GK,所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD,从而GK ⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB=8,EB=2得 EB:AB=KB:DB=1:4,从5KB=子DB=OB,即 K为OB的中点.再由PO∥GK得GK=PO,即G是PB 的中点，且GH=BC=4.由已知可得OB=4厄.P0= /PB一OB=√68一32=6，所以GK=3.故四边形 GEFH的面积S=GHE亚.GK=48x3=18. 3.【证明】1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD, CDC平面ABCD,所以PA⊥CD.因为AC⊥CD,PA∩AC =A,所以CD⊥平面PAC.而AEC平面PAC,所以CD ⊥AE. (2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°，可得AC=PA.因为E 是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD,且PC∩ CD=C,所以AE⊥平面PCD.而PDC平面PCD,所以AE ⊥PD.因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AB AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PDC平面 PAD,所以AB⊥PD.又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平 面ABE. 4.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中，点， 因此DE∥AC.又因为DE￠平面AAC1C,ACC平面AA CC,所以DE∥平面AACC. (2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以C℃1⊥平面 ABC.因为ACC平面ABC,所以AC⊥CC.又因为AC BC,CCC平面BCCB,BCC平面BCCB,BC∩CC=C, 所以AC⊥平面BCCB1,又因为BC1C平面BCC1B1,所以 BC⊥AC.因为BC=CC,所以矩形BCCB是正方形，因此 BC1⊥B1C.因为ACC平面B1AC,B1CC平面B1AC,AC∩ BC=C,所以BC⊥平面BAC.又因为ABC平面BAC, 所以BC⊥AB1 变式训练三 1)【证明】在题图1中，连接BC(图略)，因为AB=BC=号 AD=a,E是AD的中点，∠BAD=交，所以BE⊥AC.即在 题图2中，BE⊥AO,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC.又 CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC. (2)【解析】由已知，平面ABE⊥平面BCDE,且平面ABE ∩平面BCDE=BE,又由(1)可得A1O⊥BE,所以A1O⊥平 面BCDE.即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题图1知， AO=A0=号AB=号a,平行四边形BCDE的面积S=BC 2 ·AB=a,从而回棱维A-BCDE的体积为V=弓S·AO 22」 1×a2X受a=6a.由5a=36√2，得a=6 变式训练四 1.【解析】证明：(1)在四棱锥P一ABCD中，因为∠PAB ∠PDC=90°，所以AB⊥PA,DC⊥PD.又因为四棱锥P ABCD的底面是平行四边形，所以AB∥DC,所以AB⊥ PD.因为PA∩PD=P,PA,PDC平面PAD,所以AB⊥平 面PAD. (2)如图，取AD的中点G,连 EG,GF.在△PAD中，因为E是 棱PD的中点，所以EG∥PA.又 EG￠平面PAB,PAC平面 PAB,所以EG∥平面PAB.在 平行四边形ABCD中，G,F分别 G 是棱AD,BC的中点，所以AG= BF=之BC,AG∥BF,所以四边形ABFG是平行四边形，所 以FG∥BA.又FGt平面PAB,ABC平面PAB,所以FG∥ 平面PAB.因为EG∩FG=G,EG,FGC平面EFG,所以平 面EFG∥平面PAB.又EFC平面EFG,所以EF∥平 面PAB. 2.(1)【证明】因为PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC. 又因为BDC平面ABC,所以PA⊥BD. (2)【证明】因为AB=BC,D为AC的中点，所以BD⊥AC 由(1)知，PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.所以平面BDE⊥ 平面PAC. (3)【解析】因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE= DE,所以PA∥DE.因为D为AC的中点，所以DE=PA =1,BD=DC=√2.由(1)知，PA⊥平面ABC,所以DE⊥平 面ABC.所以三棱维E-BCD的体积V=合BD·DC·DE 变式训练五 【解法一】连接BC,BC交于点G,连接DG,FG,则DG∥ AC,因为DGC平面GDF,AC中平面GDF,则AC1∥平面 GDF.由于平面GDF∩平面DEF=DF,故AC与平面DEF 不可能平行 参考答案·数学 【解法二】连接BC,BC1交于点G,连接DG,FG,则DG∥ AC,而DG过平面DEF,且DG与平面DEF交于点D,故 AC与平面DEF不可能平行. (2)假设点F存在，由 当D寺X号X(号)x(告C∠AcXr VARC-A BC X BAX BCX sin∠ARCXBB 立×需日儒子显然成F不存在 1、BF1 【基础训练】 1.C【解析】因为a∩B=a,a∩y=b,a∩b=O,所以O∈a,O∈ B,OEY,又3∩y=c,所以OEc,所以直线a,b,c必然交于一 点，故选C 2.AC 【解析】对于A,因为a∥b,aCa,所以b∥a,又bCB,a∩ B=c,所以b∥c,所以a∥c,A正确；对于B,当b∥c时，直线 a不一定垂直于a,B错误；对于C,由面面平行的判定定理 可知，C正确；对于D,由面面垂直性质定理可知，若直线a力 a时，直线a不一定垂直于B,D错误.故选AC. 3.BC【解析】对于①，经过不共线的三点确定一个平面，故① 不正确；对于②，因为梯形的两底边平行，经过两条平行直线 确定一个平面，故②正确；对于③，当三条直线交于不同的三 点时，三条直线只确定一个平面；当三条直线交于一点时，三 条直线最多确定三个平面，故③正确；对于④，当两个平面的 三个公共点在一条直线上时，这两个平面相交于这条直线， 不一定重合，故④不正确.故选BC 4.A【解析】如图所示，直线AB与直线 0. 外一，点E确定的平面为A1BCD1,EFC 平面A1BCD,且两直线不平行，故两直 线相交. 5.A【解析】对于选项A,连接A1C1,在正 方体中，显然有AC1∥AC,连接AP并 延长.若AP的延长线交棱A1D于点M(如图①)，则过M 作MN∥AC,交C1D1于N,连接CN,则四边形ACNM是 梯形，过P作PQ∥AC,交CN于Q,则Q在正方形DCC1D 内：若AP的延长线交棱DD1于点F(如图②)，则连接CF 在三角形ACF内过P作PQ∥AC,交CF于Q,也有Q在正 方形DC℃D1内.故A正确.对于选项B,C,连接BD,B1D1, 在正方体中，易知AC⊥平面BDD1B1,因此与AC垂直的直 线在平面BDD1B内或与平面BDD1B平行，而直线PQ与 平面BDD1B1相交，所以AC与PQ不可能垂直，因此AC与 平面PQC1也不可能垂直，故B,C错误.对于选项D,过C1的 平面只有平面AB1CD与平面ABC平行，而PE平面A BCD,QE平面ABCD,因此平面PQC与平面ABC 不平行，故D错误.故选A D. W D B A ① ② 6.B【解析】因为AD=BC,AB=CD,BD=BD,所以△ABD ≌△CDB,连接AN,CN,则AN=CN.在等腰△ANC中，由 M为AC的中点知MN⊥AC.同理可得MN⊥BD.故选B. 7.AB【解析】A选项，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD, 又SD⊥平面ABCD,所以SD⊥AC,又BD∩SD=D,所以 AC⊥平面SBD,所以AC⊥DB,A选项正确：B选项，因为 ABCD为正方形，所以AB∥CD,又AB吃平面SCD,且CD C平面SCD,所以AB∥平面SCD,B选项正确：C选项，因 为SD⊥底面ABCD,所以SA与平面ABCD所成角是 37 艺考一本通 数学 ∠SAD，C 选项错误； D )选项，因为 ABCD 为正方形，则 AB 与 BC 所成的角 $$9 0 ^ { \circ } ，$$ 又 SD⊥ 底面 ABCD， ，则 $$\angle S D C = 9 0 ^ { \circ } ，$$ 所以 DC 与 SC 所成的角 $$\angle S C D < 9 0 ^ { \circ } ， D$$ 选项错误；故 选 AB. $$8 . 3 \sqrt 2$$ 【解析】如图，连接 $$B D ， A D _ { 1 } ，$$ ，延 $$D _ { 1 }$$ $$C _ { 1 }$$ 长 EG 交CB的延长线于 Q， ，则 BQ= A E $$\frac { 1 } { 2 } C B ，$$ ，过 Q 作 QH∥BD 交AB于 H， G 延长QH交AD于 K， ，则 BH=HA， AK=KD， 过 K 作 $$K T / / A D _ { 1 }$$ 交 $$D D _ { 1 }$$ H B 于 $$T _ { 1 }$$ ，连接 FT，GH， 则六边形 Q FEGHKT 即为平面 EFG 截正方体所得截面，又 F，E，G， H，K，T 均为所在棱的中点，所以截面的周长为 $$3 \sqrt 2 .$$ 9.【证明】(1)如图，连 AC， 设 AC 与BD交 E 于点N，则N为 AC 的中点，连接 MN， 又M为棱 AE 的中点，所以 MN//EC. F 因为 MN∉ EFC，EC 二平面 EFC， M 所以 MN∥ 平面 EFC. 因为 BF⊥ 平面 ABCD，DE⊥ 平面 ABCD， ，且 BF=DE 所以 BF//DE 且 BF=DF， 所以四边形 BDEF 为平行四边形，所以 BD//EF. .因 因 A B 为 BD⊆ 平面 EFC，EF⊂ 平面 EFC， ，所以 BD∥ 平面 EFC. 又 MN∩BD=N，MN，BDC 二平面 BDM， ，所以平面 BDM// 平面 EFC. (2)如右图，连接 EN，FN. .在正方形 E ABCD 中， AC⊥BD， 又 BF⊥ 平面 ABCD， 所以 BF⊥AC. BF∩BD=B， F BF，BD 二平面 BDEF， ，所以 AC⊥ 平面 M BDFF， 又 N 是 AC 的中点， 所 ，所以 $$V \cong 求 A - C E = 2 V = \tan A - N E F = 2 \times \frac { 1 } { 3 } \times A N A$$ B $$\times S _ { \triangle A E F } = 2 \times \frac { 1 } { 3 } \times \frac { \sqrt 2 } { 2 } \times \frac { 1 } { 2 } \times \sqrt 2 \times 2 = \frac { 2 } { 3 } ，$$ ，所以三棱锥 A-CEF 的体积为 $$\frac { 2 } { 3 } .$$ 10.【解析 (1) 连接 BD， ，因为在菱形 ABCD 中， $$， \angle D A B = 6 0 ^ { \circ } ，$$ 所 ∼△ABD 为等边三角形，又因为 G 为 AD 的中点，所以 BG⊥AD. 又 因为平面 PAD⊥ 平面 ABCD 平面 PA DO平面 ABCD=AD， ，所以BG ⊥ 平面 PAD. A G $$\overline { D }$$ (2)如图，因为 △PAD 为正三角形， G为AD的中点，所以 PG⊥AD. (1) 知 BG⊥AD，PG∩BG=G， 所以 B C AD⊥ 平面 PGB， ，因为 PBC 平面PGB， 所以 AD⊥PB. 第22讲立体几何与空间向量 【典例变式】 变式训练一 【证明】 (1) 以B为坐标原点，BA， $$C _ { 1 }$$ $$B C ， B B _ { 1 }$$ 所在的直线分别为x轴，y B 轴 ，z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系 B-xyz， ，则 B(0，0，0)，D(0，\right. G $$\left. { 2 ， 2 } \right) ， B _ { 1 } \left( 0 ， 0 ， 4 \right) ，$$ ，设 BA=a， ，则A An D (a，0，0)， ，所 $$f \vee v \left( \overrightarrow { B A } = \left( a ， 0 ， 0 \right) ， \overrightarrow { B D } =$$ = $$\left( 0 ， 2 ， 2 \right) ， \overrightarrow { B _ { 1 } D } = \left( 0 ， 2 ， - 2 \right) ， \overrightarrow { B _ { 1 } D } .$$ B $$\overrightarrow { B A } = 0 ， \overrightarrow { B _ { 1 } D } \cdot \overrightarrow { B D } = 0 + 4 - 4 = 0 ，$$ C y 所 $$v < \overrightarrow { B _ { 1 } D } \bot \overrightarrow { B A } ， \overrightarrow { B _ { 1 } D } \bot \overrightarrow { B D } ，$$ ，即 $$B _ { 1 } D$$ $$\bot B A ， B _ { 1 } D \bot B D .$$ 又 BA∩BD= B，BA⊂ 平面 ABD，BD C平面 38 ABD,因此B1D⊥平面ABD (2)由1)知，E(0,0,3),G(号，1,4），F(0,1,4),则E元 (号1,1)，成=0,1,1)，Bd.成=0+2-2=0，Bd· E市=0+2-2=0，所以BD⊥武，B1D⊥EF,即BD⊥EG, B1D⊥EF.又EG∩EF=E,EGC平面EGF,EFC平面 EGF,因此BD⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平 面ABD. 变式训练二 1.1)证明见解析(2)平 【解析】(1)设AD=1,所以AB =3,CD=2,因为F为CD中点，所以DF=1,因为EF∥ AD,AB∥CD,所以AEFD是平行四边形，所以AE∥DF, 所以A'E∥DF,因为DFC平面CD'F,A'Et平面CD'F, 所以A'E∥平面CDF,因为FC∥EB,FCC平面CD'F,EB 庄平面CDF,所以EB∥平面CD'F,又EB∩A'E=E,EB, A'EC平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F,又A'BC平 面A'EB,所以A'B∥平面CD1 Z+ D F.(2)因为∠DAB=90°，所以 AD⊥AB,又因为AB∥FC,EF ∥AD,所以EF⊥FC,以F为原 点，FE,FC以及垂直于平面 BECF的直线分别为xY,Z轴， 建立空间直角坐标系.因为DF A ⊥EF,CF⊥EF,平面EFDA'与 平面EFCB所成二面角为60°，所以∠DFC=60°.则B(1, 2,0.C01,0.D(0,号），B1.0,0,F0,0.0,所以 成=(-1.-1.0.市=(0，号)成=1.0,0 励=(0，，号)设平面BCD的法向量为n=(, 则 Bd=0 C市=0所以1 +9=0,令y=,则=14 一x一y=0 -3,则n=(-√5，√5,1).设平面EFDA'的法向量为m= (Xy1,z1),则 屏8所x宁-y=忘 (x=0 则之=一1，x=0,所以m=(0,√3，一1).所以cosm,n= m·n 0+3-1 m n √3+3+五X√/+37 .所以平面BCD与平面 EFDA'夫角的正孩值为√-（月） 42 7 2.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,而 ADC平面ABCD,所以PA⊥AD,又 ADPB,PB∩PA=P,PB,PAC平面 PAB,所以AD⊥平面PAB,而ABC平 D 面PAB,所以AD⊥AB.因为BC+ AB=AC,所以BC⊥AB,根据平面知 识可知AD∥BC,又AD吨平面PBC, BCC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门平面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一CP一D的平面角，即 s∠DFE-平.即mDFE-后.因为ADLDC,设AD