重难拓展专题08 空间线、面位置关系专题复习讲义（知识梳理+11题型突破）-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

该高中数学复习讲义通过核心转化链和知识框架图系统构建空间线面位置关系的知识体系，梳理线线、线面、面面平行与垂直的判定定理、性质及转化逻辑，用表格呈现隐藏垂直关系速记要点，清晰呈现重难点分布与内在联系。 讲义亮点在于11类题型分层设计，涵盖证明与存在性问题，如线面平行存在性问题引导学生探究点的位置，结合书写模板和“找交线得线线平行”口诀培养逻辑推理与空间观念。练习分A、B、C组适配不同层次学生，助力教师实施精准教学，提升学生空间想象与解题能力。

重难拓展专题08 空间线、面位置关系专题复习讲义 【题型一：线线平行的证明】 5 【题型二：线面平行的证明】 6 【题型三：面面平行的证明】 7 【题型四：线线垂直的证明】 8 【题型五：线面垂直的证明】 9 【题型六：面面垂直的证明】 9 【题型七：线面平行的存在性问题】 10 【题型八：面面平行的存在性问题】 11 【题型九：线线垂直的存在性问题】 12 【题型十：线面垂直的存在性问题】 12 【题型十一：面面垂直的存在性问题】 13 1. 掌握线线平行的 4 种证明思路，理解平行传递性、线面垂直推论、线面平行性质、面面平行性质的定理内容与符号语言，能准确选择方法完成证明。 2. 熟练线面平行、面面平行的判定与性质，建立 “线线平行→线面平行→面面平行” 的转化逻辑，规范书写证明步骤。 3. 明确空间垂直关系的转化链条（线⊥线↔线⊥面↔面⊥面），能从题干条件中快速识别并挖掘隐藏垂直关系。 4. 能运用平行、垂直的判定与性质解决立体几何综合证明题，做到思路清晰、步骤规范、定理使用准确，提升空间想象与逻辑推理能力。 5. 区分平行与垂直的常见图形特征与关键词，形成快速审题、定位考点、选择方法的解题习惯，适应高一期末与模拟考难度。 【知识点一：线线平行的证明】 线线平行证明思路一般有四种，前两种思路相对比较简单，一般在常规考试中并不是考查的重点，所以本讲义中，会重点讲解后两个思路。 思路 1：平行的传递性 文字语言：平行于同一条直线的两条直线互相平行。 符号语言：若 ，，则 。 适用：简单题、过渡步骤。 思路 2：垂直同一个平面的两条直线互相平行 文字语言：若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行。 符号语言：若 ，，则 。 适用：题干出现 “垂直同一平面”“垂线”。 思路 3：线面平行的性质定理（线面平行 ⇒ 线线平行）【高频重点】 文字语言：如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与已知平面相交，则这条直线与交线平行。 符号语言： 口诀：线面平行，找交线，线线平行。 书写模板： ∵ 直线 平面 ， 平面 ，， ∴ 。 思路 4：面面平行的性质定理（面面平行推线线平行） 文字：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线互相平行。 符号： 书写模板： ∵ 平面 平面 ，，， ∴ 。 【知识点二：线面平行的证明】 思路 1：线面平行的判定定理【最常用】 文字语言：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 符号语言： 关键：线线平行 ⇒ 线面平行。 思路 2：面面平行的性质 文字语言：如果两个平面平行，那么一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面。 符号语言： 适用：题干已知面面平行，直接得线面平行。 【知识点三：面面平行的证明】 思路 1：面面平行的判定定理【最常用】 文字语言：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。 符号语言： 关键：两组线面平行 ⇒ 面面平行。 思路 2：由线线平行证面面平行 文字语言：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则两平面平行。 适用：能找到两组 “对应平行” 的相交直线。 【知识点四：线、面垂直的证明】 线、面垂直关系是高一必修二立体几何的核心重难点，其考查形式灵活，多结合平行关系、几何体背景（棱柱、棱锥、组合体等）出综合证明题，难度中等偏上。垂直关系的核心逻辑在于“相互转化”，贯穿立体几何证明的全过程，也是解决空间角、距离等综合问题的重要前置基础，具体核心转化逻辑如下： 核心转化链： 相较于平行关系，垂直关系的解题难点主要体现在两个方面：一是垂直关系在直观图中不易观察，需结合题干条件主动挖掘隐藏信息；二是转化逻辑的灵活运用，需熟练掌握“线线垂直、线面垂直、面面垂直”三者间的双向转化。 1. 线线垂直（基础，垂直关系的起点） 核心：结合图形特征和题干条件，快速判定两条直线垂直，常用思路如下： 等腰/等边三角形特性：连接顶点与对边中点，所得线段既是中线，也是高线，可直接推出垂直（中线 ⇒ 高线 ⇒ 线线垂直）。 特殊四边形特性：矩形、正方形、直角梯形中，相邻两边互相垂直；菱形、正方形中，两条对角线互相垂直。 勾股定理逆定理：若三条线段边长满足 ，则以这三条线段为边的三角形为直角三角形，对应两条短边互相垂直。 线面垂直性质推导：若一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于这个平面内的所有直线（线面垂直 ⇒ 线线垂直）。 2. 线面垂直（核心，垂直关系的桥梁） 核心：将线线垂直转化为线面垂直，核心方法为判定定理，规范表述如下： 判定定理（最常用）：若一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线垂直于这个平面。 符号语言： 关键提醒：必须满足“两条相交直线”，缺一不可（两条平行直线无法判定线面垂直）。 3. 面面垂直（进阶，垂直关系的终点） 核心：将线面垂直转化为面面垂直，核心方法为判定定理，规范表述如下： 判定定理（最常用）：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直。 符号语言： 关键提醒：重点是“一个平面过另一个平面的垂线”，即垂线需在其中一个平面内。 【隐藏垂直关系速记（必背）】 ①直棱柱，正棱柱：侧棱垂直底面 ②等腰三角形，等边三角形，AB=AC：连接顶点与对边中点，可以得到垂直关系。 ③长方形（矩形），正方形，直角梯形：邻边垂直 ④菱形，正方形，筝形：对角线互相垂直 ⑤正四面体，正三棱锥：对棱互相垂直 ⑥圆内直径所对的圆周角为直角 ⑦题干出现非常多的边长信息，或边长关系：考虑勾股定理逆定理 ⑧常见垂直关系的图形 ⑨补充技巧（面面垂直 ⇒ 线面垂直，高频必考）：题干给出“面面垂直”时，必藏线面垂直，3步找法+通俗解读+书写模板，直接套用： 找法3步走：1. 找交线（确定两个垂面的交线）；2. 找垂线（在任意一个垂面内，找垂直于交线的直线）；3. 得结论（直线垂直于另一个垂面）。 通俗类比：把两个垂面看作“打开的书”，交线是“装订线”，平面内垂直于装订线的直线，必垂直于另一页面。 书写模板：∵ 平面，，，，∴ 。 【题型一：线线平行的证明】 【例1】（2025春•工农区校级期末）空间四边形ABCD中，点E、F、G、H为边AB、BC、CD、DA上的点，且EH∥FG，求证：EH∥BD． 【变式1】（2025春•历城区校级期中）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH（GH与B1C1不重合）． （1）求证：BC∥GH； 【变式2】（2025•长沙模拟）在多面体ABCDE中，已知AB＝BC＝2，AC＝2，DA＝DB＝EB＝EC，且平面BCE与平面DAB均垂直于平面ABC，F为DE的中点． （1）证明：DE∥AC； 【题型二：线面平行的证明】 【例2】（2026•定安县模拟）如图，在四棱锥C﹣ABB1A1中，底面ABB1A1是正方形，AB⊥AC，点M，N分别是棱A1B1，BC的中点． （1）证明：MN∥平面ACA1； （2）若AC＝4，AB＝2，平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线MN与平面BCB1夹角的正弦值． 【变式1】（2026春•朝阳区校级月考）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M． （1）求证：D1G∥平面DBFE； 【变式2】（2026春•山东月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点． （1）证明：BD1∥平面C1DE； （2）若AA1＝2AB＝4，求直线A1C与平面C1DE所成角的正弦值． 【题型三：面面平行的证明】 【例3】（2025春•历城区校级期中）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH（GH与B1C1不重合）． （2）若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG． 【变式1】（2026春•朝阳区校级月考）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M． （1）求证：D1G∥平面DBFE； （2）已知点N是棱A1B1上的一点，且B1N＝3A1N，求证：平面PMN∥平面DBFE． 【变式2】（2026•金山区二模）长方形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E、F分别为边BC、AD的中点（如图1）．若将长方形ABEF沿着边EF翻折，得到二面角A1﹣EF﹣D（如图2）．已知二面角A1﹣EF﹣D的大小为60°． （1）求证：平面A1FD∥平面B1EC； 【题型四：线线垂直的证明】 【例4】（2025春•昌宁县校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点． （1）求证：CD⊥PD； 【变式1】（2025春•兰州月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E是AB的中点． （1）求证：CD⊥PD； 【变式2】（2025秋•南京月考）如图一，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB⊥AB，PB＝2，H、M分别为PA、AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC，连接PD，如图二． 注意：1．请在答题纸上留下必要作图痕迹；2．本题若使用空间向量解题，将不得分． （1）证明：AB⊥HC； 【题型五：线面垂直的证明】 【例5】35．（2026•普陀区一模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、E分别是棱A1B1、A1A的中点，且A1A＝A1B1＝2． （1）求证：直线A1B⊥平面C1DE； （2）求点A到平面A1CB的距离． 【变式1】（2026•吉林二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，底面ABC是等边三角形，O为AC的中点，AA1＝AB＝6，． （1）证明：AC⊥平面A1OB． 【变式2】（2024春•泸县期中）如图，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝BC＝1，BB1＝2，连接B1C，过B点作B1C． 的垂线交CC1于E，交B1C于F． （1）求证：A1C⊥平面EBD； 【题型六：面面垂直的证明】 【例6】（2025•房山区学业考试）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC． （1）求证：平面PDC⊥平面PAC； 【变式1】（2017秋•清远期末）如图，正四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点． （2）证明：平面PAC⊥平面BDE； 【变式2】（2025春•潮阳区校级期中）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E、M分别为AD、BC的中点． （2）求证：平面SAD⊥平面SCD； 【题型七：线面平行的存在性问题】 【例7】（2025春•江苏校级期中）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD． （2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【变式1】（2025秋•太和县校级月考）如图，等腰梯形BCDP中，BC//PD，BA⊥PD于点A，PD＝3BC且AB＝BC＝1．沿AB把△PAB折起到△P′AB的位置，使∠P′AD＝90°． （2）线段P′A上是否存在点M，使得BM∥平面P′CD．若存在，指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【题型八：面面平行的存在性问题】 【例8】（2025春•松原期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，AC，BD交于点O，点E是棱PB上的一点，且PD∥平面EAC． （2）在棱BC上是否存在点G，使得平面EOG∥平面PCD？若存在，请加以证明，并写出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2025春•滨湖区校级期中）如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N，K分别为AB，PC，PA的中点，平面PBC∩平面APD＝l． （3）直线PB上是否存在点H，使得平面NKH∥平面ABCD？若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． 【变式2】（2025春•兰州月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E是AB的中点． （2）设AC与BD交于O点，是否存在PC上一点F，使得平面EOF∥平面PAD，若存在请指出F点的位置，并说明理由． 【题型九：线线垂直的存在性问题】 【例9】（2025春•承德校级月考）已知，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，CD＝CP＝4，E为PD的中点． （1）在棱BC上是否存在点F，使AF⊥BE？若存在，求BF的长；若不存在，说明理由． 【题型十：线面垂直的存在性问题】 【例10】（2024春•深州市校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是AA1，A1B1，A1D1的中点． （2）在线段BD上是否存在点H，使得EH⊥平面BC1D？若存在，求线段BH的长；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2025春•宣城期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点． （2）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【题型十一：面面垂直的存在性问题】 【例11】（2014秋•临沂期末）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，D，E分别是A1C1，BC的中点． （2）在线段A1A上是否存在点G，使得平面BCG⊥平面ABD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2025春•潮阳区校级期中）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E、M分别为AD、BC的中点． （3）在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，说明理由． 【A 组 夯实基础】 1．（2013秋•颍上县校级期中）如图，已知E、F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1上的中点，求证：四边形EBFD1是菱形． 2．（2026•洛阳模拟）如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面AA1D1D⊥平面ABCD，，点P是棱DD1的中点，点Q在棱BC上． （1）若BQ＝3QC，证明：PQ∥平面ABB1A1； 3．（2025秋•晋中期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ACD为正三角形，AB⊥AD，BC⊥CD，E为棱PD的中点． （1）求证：AE∥平面PBC； 4．（2025春•四平期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）EG∥平面D1AC； （2）平面EGC∥平面A1D1F． 5．（2025春•兴庆区校级期末）如图所示，在四棱锥C﹣ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点． （1）求证：GF∥平面ABC； （2）H是线段BC的中点，证明：平面GFH∥平面ACD． 6．（2025•无极县校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E、F分别为PC、CD的中点． （Ⅰ）试证：AB⊥平面BEF； （Ⅱ）设PA＝k•AB，且二面角E﹣BD﹣C的平面角大于45°，求k的取值范围． 7．（2025春•平阴县校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点． （1）求证：BD1∥平面AEC； （2）若F为CC1的中点，求证：平面AEC∥平面BFD1． 8．（2025秋•牟平区校级期中）如图，AB是⊙O的直径．PA与⊙O所在的平面垂直，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一动点（不同于A，B），M为线段PB的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC． （1）求证：AN⊥MN； （2）当AC＝BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值． 9．（2026•安徽模拟）如图，在三棱柱A1B1C1﹣ABC中，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面CAA1C1⊥平面ABC． （1）求证：AA1⊥平面ABC； 10．（2026•辽宁模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠DAB＝120°，AB⊥BC，AD⊥CD，，，． （1）证明：BD⊥PC； 【B 组 强化能力】 11．（2025秋•射洪市校级期中）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点 （Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M． 12．（2025秋•庄河市校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，O为AD中点，M是棱PC上的点，AD＝2BC． （1）求证：平面POB⊥平面PAD； （2）若PA∥平面BMO，求的值． 13．（2025春•黑龙江校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，，AD＝2，，E，F分别是棱AD，PC的中点． （1）证明：EF∥平面PAB； （2）若二面角P﹣AD﹣B为60°；证明：平面PBC⊥平面ABCD； 14．（2025秋•小店区校级月考）如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点．将△ADE沿DE翻折到△SDE，将△BEF沿EF翻折到△SEF．设平面SAD∩平面SBC＝l． （1）证明：平面SEF⊥平面SFD； （2）证明：AD∥l； （3）若BF＞1，点M在直线DF上，点N在直线l上，且MN⊥DF，MN⊥l，求MN的最大值． 15．（2014秋•临沂期末）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，D，E分别是A1C1，BC的中点． （Ⅰ）求证：C1E∥平面DAB； （Ⅱ）在线段A1A上是否存在点G，使得平面BCG⊥平面ABD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由． 16．（2025秋•牟平区校级期中）如图，AB是⊙O的直径．PA与⊙O所在的平面垂直，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一动点（不同于A，B），M为线段PB的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC． （1）求证：AN⊥MN； （2）当AC＝BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值． 【C 组 拓展提升】 17．（2024•齐齐哈尔一模）如图所示，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，D是侧棱CC1的中点． （Ⅰ）证明：平面AB1D⊥平面ABB1A1； （Ⅱ）若平面AB1D与平面ABC所成锐角的大小为，求四棱锥B1﹣AA1C1D的体积． 18．（2025秋•南京月考）如图一，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB⊥AB，PB＝2，H、M分别为PA、AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC，连接PD，如图二． 注意：1．请在答题纸上留下必要作图痕迹；2．本题若使用空间向量解题，将不得分． （1）证明：AB⊥HC； （2）求直线BD和PC所成角的余弦值； （3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 19．（2025春•宣城期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点． （1）求点A到平面MBC1的距离； （2）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 20. （2025春•江岸区期末）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点． （1）求异面直线BE、A1B1所成角的余弦值； （2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论． 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难拓展专题08 空间线、面位置关系专题复习讲义 【题型一：线线平行的证明】 5 【题型二：线面平行的证明】 7 【题型三：面面平行的证明】 9 【题型四：线线垂直的证明】 12 【题型五：线面垂直的证明】 14 【题型六：面面垂直的证明】 16 【题型七：线面平行的存在性问题】 17 【题型八：面面平行的存在性问题】 19 【题型九：线线垂直的存在性问题】 22 【题型十：线面垂直的存在性问题】 23 【题型十一：面面垂直的存在性问题】 25 1. 掌握线线平行的 4 种证明思路，理解平行传递性、线面垂直推论、线面平行性质、面面平行性质的定理内容与符号语言，能准确选择方法完成证明。 2. 熟练线面平行、面面平行的判定与性质，建立 “线线平行→线面平行→面面平行” 的转化逻辑，规范书写证明步骤。 3. 明确空间垂直关系的转化链条（线⊥线↔线⊥面↔面⊥面），能从题干条件中快速识别并挖掘隐藏垂直关系。 4. 能运用平行、垂直的判定与性质解决立体几何综合证明题，做到思路清晰、步骤规范、定理使用准确，提升空间想象与逻辑推理能力。 5. 区分平行与垂直的常见图形特征与关键词，形成快速审题、定位考点、选择方法的解题习惯，适应高一期末与模拟考难度。 【知识点一：线线平行的证明】 线线平行证明思路一般有四种，前两种思路相对比较简单，一般在常规考试中并不是考查的重点，所以本讲义中，会重点讲解后两个思路。 思路 1：平行的传递性 文字语言：平行于同一条直线的两条直线互相平行。 符号语言：若 ，，则 。 适用：简单题、过渡步骤。 思路 2：垂直同一个平面的两条直线互相平行 文字语言：若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行。 符号语言：若 ，，则 。 适用：题干出现 “垂直同一平面”“垂线”。 思路 3：线面平行的性质定理（线面平行 ⇒ 线线平行）【高频重点】 文字语言：如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与已知平面相交，则这条直线与交线平行。 符号语言： 口诀：线面平行，找交线，线线平行。 书写模板： ∵ 直线 平面 ， 平面 ，， ∴ 。 思路 4：面面平行的性质定理（面面平行推线线平行） 文字：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线互相平行。 符号： 书写模板： ∵ 平面 平面 ，，， ∴ 。 【知识点二：线面平行的证明】 思路 1：线面平行的判定定理【最常用】 文字语言：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 符号语言： 关键：线线平行 ⇒ 线面平行。 思路 2：面面平行的性质 文字语言：如果两个平面平行，那么一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面。 符号语言： 适用：题干已知面面平行，直接得线面平行。 【知识点三：面面平行的证明】 思路 1：面面平行的判定定理【最常用】 文字语言：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。 符号语言： 关键：两组线面平行 ⇒ 面面平行。 思路 2：由线线平行证面面平行 文字语言：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则两平面平行。 适用：能找到两组 “对应平行” 的相交直线。 【知识点四：线、面垂直的证明】 线、面垂直关系是高一必修二立体几何的核心重难点，其考查形式灵活，多结合平行关系、几何体背景（棱柱、棱锥、组合体等）出综合证明题，难度中等偏上。垂直关系的核心逻辑在于“相互转化”，贯穿立体几何证明的全过程，也是解决空间角、距离等综合问题的重要前置基础，具体核心转化逻辑如下： 核心转化链： 相较于平行关系，垂直关系的解题难点主要体现在两个方面：一是垂直关系在直观图中不易观察，需结合题干条件主动挖掘隐藏信息；二是转化逻辑的灵活运用，需熟练掌握“线线垂直、线面垂直、面面垂直”三者间的双向转化。 1. 线线垂直（基础，垂直关系的起点） 核心：结合图形特征和题干条件，快速判定两条直线垂直，常用思路如下： 等腰/等边三角形特性：连接顶点与对边中点，所得线段既是中线，也是高线，可直接推出垂直（中线 ⇒ 高线 ⇒ 线线垂直）。 特殊四边形特性：矩形、正方形、直角梯形中，相邻两边互相垂直；菱形、正方形中，两条对角线互相垂直。 勾股定理逆定理：若三条线段边长满足 ，则以这三条线段为边的三角形为直角三角形，对应两条短边互相垂直。 线面垂直性质推导：若一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于这个平面内的所有直线（线面垂直 ⇒ 线线垂直）。 2. 线面垂直（核心，垂直关系的桥梁） 核心：将线线垂直转化为线面垂直，核心方法为判定定理，规范表述如下： 判定定理（最常用）：若一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线垂直于这个平面。 符号语言： 关键提醒：必须满足“两条相交直线”，缺一不可（两条平行直线无法判定线面垂直）。 3. 面面垂直（进阶，垂直关系的终点） 核心：将线面垂直转化为面面垂直，核心方法为判定定理，规范表述如下： 判定定理（最常用）：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直。 符号语言： 关键提醒：重点是“一个平面过另一个平面的垂线”，即垂线需在其中一个平面内。 【隐藏垂直关系速记（必背）】 ①直棱柱，正棱柱：侧棱垂直底面 ②等腰三角形，等边三角形，AB=AC：连接顶点与对边中点，可以得到垂直关系。 ③长方形（矩形），正方形，直角梯形：邻边垂直 ④菱形，正方形，筝形：对角线互相垂直 ⑤正四面体，正三棱锥：对棱互相垂直 ⑥圆内直径所对的圆周角为直角 ⑦题干出现非常多的边长信息，或边长关系：考虑勾股定理逆定理 ⑧常见垂直关系的图形 ⑨补充技巧（面面垂直 ⇒ 线面垂直，高频必考）：题干给出“面面垂直”时，必藏线面垂直，3步找法+通俗解读+书写模板，直接套用： 找法3步走：1. 找交线（确定两个垂面的交线）；2. 找垂线（在任意一个垂面内，找垂直于交线的直线）；3. 得结论（直线垂直于另一个垂面）。 通俗类比：把两个垂面看作“打开的书”，交线是“装订线”，平面内垂直于装订线的直线，必垂直于另一页面。 书写模板：∵ 平面，，，，∴ 。 【题型一：线线平行的证明】 【例1】（2025春•工农区校级期末）空间四边形ABCD中，点E、F、G、H为边AB、BC、CD、DA上的点，且EH∥FG，求证：EH∥BD． 【分析】根据一条直线在平面上，一条直线与这条直线平行，根据这两个条件得到直线与平面平行，根据线与面平行的性质，得到线与线平行，得到结论． 【解答】证明：∵点E、F、G、H为空间四边形边AB．BC．CD．DA上的点 ∴直线EH⊄平面BCD，直线FG⊂平面BCD 又EH∥FG ∴直线EH∥平面BCD 又∵EH⊂平面ABD且平面ABD∩平面BCD＝BD ∴EH∥BD 【变式1】（2025春•历城区校级期中）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH（GH与B1C1不重合）． （1）求证：BC∥GH； 【分析】（1）根据面面平行的性质定理即可求证． 【解答】证明：（1）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中， 平面A1B1C1∥平面ABC，平面BCHG∩平面ABC＝BC，平面BCHG∩平面A1B1C1＝GH， 故BC∥GH； 【变式2】（2025•长沙模拟）在多面体ABCDE中，已知AB＝BC＝2，AC＝2，DA＝DB＝EB＝EC，且平面BCE与平面DAB均垂直于平面ABC，F为DE的中点． （1）证明：DE∥AC； 【分析】（1）取AB，BC的中点M，N，证明四边形DENM为平行四边形即可得证DE∥AC； 【解答】（1）证明：如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接DM，MN，NE， 因为DA＝DB，故DM⊥AB，又平面DAB⊥平面ABC，且平面DAB∩平面ABC＝AB， 因此DM⊥平面ABC，同理可知，EN⊥平面ABC， 因此DM∥EN且DM＝EN，故四边形DENM为平行四边形， 所以DE∥MN，又因为MN∥AC，所以DE∥AC． 【题型二：线面平行的证明】 【例2】（2026•定安县模拟）如图，在四棱锥C﹣ABB1A1中，底面ABB1A1是正方形，AB⊥AC，点M，N分别是棱A1B1，BC的中点． （1）证明：MN∥平面ACA1； （2）若AC＝4，AB＝2，平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线MN与平面BCB1夹角的正弦值． 【分析】（1）通过构造辅助线取AC中点D，连接A1D，DN，利用中位线定理证明四边形DNMA1是平行四边形，从而证得线面平行； 【解答】（1）证明：取AC中点D，连接A1D，DN． ∵D，N为AC，BC中点，∴DN为△ABC的中位线， 可得且DN∥AB． 在正方形ABB1A1中，∵M为A1B1中点， ∴且A1M∥AB， ∴A1M∥DN且A1M＝DN，可得四边形DNMA1是平行四边形， ∴A1D∥MN． 又∵MN⊄平面ACA1，A1D⊂平面ACA1， ∴MN∥平面ACA1； 【变式1】（2026春•朝阳区校级月考）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M． （1）求证：D1G∥平面DBFE； 【分析】（1）作辅助线，利用三角形相似得到比例关系，进而可得线线平行，结合判定定理可证结论； 【解答】证明：（1）连接D1C、GC分别交DE、DB于点H、O，连接HO， 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，D1E∥DC且， 则，， 所以，所以HO∥D1G， 又HO⊂平面DBFE，D1G⊄平面DBFE， 所以D1G∥平面DBFE； 【变式2】（2026春•山东月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点． （1）证明：BD1∥平面C1DE； （2）若AA1＝2AB＝4，求直线A1C与平面C1DE所成角的正弦值． 【分析】（1）根据EG为△BCD2的中位线，得出EG∥BD1，即可得证； 【解答】解；（1）证明；如图，连接CD1交C1D于点G，连接EG， 因为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧面CC1D1D是矩形， 所以G为CD1的中点， 又E为BC的中点， 所以EG为△BCD2的中位线， 所以EG∥BD1， 因为EG⊂平面C1DE，BD1⊄平面C1DE， 所以BD1∥平面C1DE； 【题型三：面面平行的证明】 【例3】（2025春•历城区校级期中）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH（GH与B1C1不重合）． （2）若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG． 【分析】（2）推导出EF∥BC，A1E∥BG，由此能证明平面EFA1∥平面BCHG． 【解答】证明：（2）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中， E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点， 所以A1G∥BE，A1G＝BE， 所以四边形BGA1E是平行四边形， 所以A1E∥BG， 因为BG⊄平面A1EF，A1E⊂平面A1EF， ∴BG∥平面A1EF， 又EF∥BC，BC⊄平面A1EF，FE⊂平面A1EF， 所以BC∥平面A1EF， BG∩BC＝B，BG，BC⊂平面BCHG 所以平面EFA1∥平面BCHG． 【变式1】（2026春•朝阳区校级月考）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M． （1）求证：D1G∥平面DBFE； （2）已知点N是棱A1B1上的一点，且B1N＝3A1N，求证：平面PMN∥平面DBFE． 【分析】（2）作辅助线，根据题意可证MN∥平面DBFE，PM∥平面DBFE，进而可得面面垂直． 【解答】证明：（2）连接D1B1，因为点E，F分别为棱D1C1，B1C1的中点，则EF∥D1B1， 因为D1M＝3A1M，B1N＝3A1N， 则， 可得MN∥D1B1，则MN∥EF， 且MN⊄平面DBFE，EF⊂平面DBFE， 则MN∥平面DBFE， 取A1D1的中点Q，连接AQ，QF， 因为P，M分别为AA1，A1Q的中点，Q，F分别为A1D1，B1C1的中点， 则QF∥A1B1，PM∥AQ，QF＝A1B1， 且AB∥A1B1，AB＝A1B1，则QF∥AB，QF＝AB， 可知ABFQ为平行四边形，则AQ∥BF，可得PM∥BF， 且PM⊄平面DBFE，BF⊂平面DBFE， 则PM∥平面DBFE， 又因为MN∩PM＝M，MN，PM⊂平面PMN， 所以平面PMN∥平面DBFE． 【变式2】（2026•金山区二模）长方形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E、F分别为边BC、AD的中点（如图1）．若将长方形ABEF沿着边EF翻折，得到二面角A1﹣EF﹣D（如图2）．已知二面角A1﹣EF﹣D的大小为60°． （1）求证：平面A1FD∥平面B1EC； 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行； 【解答】解：（1）证明：因为长方形ABCD中，EC∥FD，折叠过程中，A1F∥B1E， 又EC⊂平面BEC，FD⊄平面BEC，故FD∥平面B1EC， 同理可得A1F∥平面B1EC， 又FD∩A1F＝F，FD，A1F⊂平面A1FD， 所以平面A1FD∥平面B1EC； 【题型四：线线垂直的证明】 【例4】（2025春•昌宁县校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点． （1）求证：CD⊥PD； 【分析】（1）由线面垂直的性质得到PA⊥CD，再由CD⊥AD，即可得到CD⊥平面PAD，从而得证； 【解答】证明：（1）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD，又底面ABCD是矩形，则CD⊥AD， 又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， ∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD， ∴CD⊥PD． 【变式1】（2025春•兰州月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E是AB的中点． （1）求证：CD⊥PD； 【分析】（1）由题意知证得PA⊥CD，AD⊥CD，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD，再由线面垂直的性质定理可得CD⊥PD． 【解答】解：（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形， 侧棱PA垂直于底面，E是AB的中点 ∵侧棱PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD，∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥CD， PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD． 【变式2】（2025秋•南京月考）如图一，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB⊥AB，PB＝2，H、M分别为PA、AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC，连接PD，如图二． 注意：1．请在答题纸上留下必要作图痕迹；2．本题若使用空间向量解题，将不得分． （1）证明：AB⊥HC； 【答案】（1）证明：连结HM，HC，AC， 因为H、M分别为PA、AB的中点， 则HM∥PB，， 又因为PB⊥AB，得HM⊥AB， 因为四边形ABCD为边长为2的菱形，∠ABC＝60°， 又M是AB的中点，则CM⊥AB， 又HM∩CM＝M，则AB⊥平面HMC，又HC⊂平面HMC， 所以AB⊥HC； 【题型五：线面垂直的证明】 【例5】35．（2026•普陀区一模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、E分别是棱A1B1、A1A的中点，且A1A＝A1B1＝2． （1）求证：直线A1B⊥平面C1DE； （2）求点A到平面A1CB的距离． 【分析】（1）根据正三棱柱的结构可判断四边形ABB1A1的形状，进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化； 【解答】（1）证明：如图1，连接AB1， 正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1是正三角形，侧面均为矩形，BB1⊥平面A1B1C1． 因为D是棱A1B1的中点，所以C1D⊥A1B1， 因为BB1⊂平面ABB1A1，所以平面A1B1C1⊥平面ABB1A1． 又平面A1B1C1∩平面ABB1A1＝A1B1，所以C1D⊥平面ABB1A1． 又A1B⊂平面ABB1A1，所以C1D⊥A1B． 因为A1A＝A1B1＝2，所以矩形ABB1A1为正方形，所以AB1⊥A1B， 又DE∥AB1，所以DE⊥A1B， 因为C1D，DE⊂平面C1DE，C1D∩DE＝D，所以直线A1B⊥平面C1DE； 【变式1】（2026•吉林二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，底面ABC是等边三角形，O为AC的中点，AA1＝AB＝6，． （1）证明：AC⊥平面A1OB． 【分析】（1）根据已知得A1O⊥AC、OB⊥AC，再应用线面垂直的判定证明结论； 【解答】（1）证明：底面△ABC是等边三角形，O为AC的中点，AA1＝AB＝6，， 可得OA＝3，且OB⊥AC， 可得， 所以A1O⊥AC， 因为A1O∩OB＝O，A1O，OB⊂平面A1OB， 所以AC⊥平面A1OB； 【变式2】（2024春•泸县期中）如图，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝BC＝1，BB1＝2，连接B1C，过B点作B1C． 的垂线交CC1于E，交B1C于F． （1）求证：A1C⊥平面EBD； 【分析】（1）由正方形的性质可得AC⊥DB，而A1C在平面ABCD内的斜线，由三垂线的逆定理可得A1C⊥BD①，又A1C在平面BB1C1C内的射影 B1C⊥BE，同理可得BEA1C⊥BE②由①②根据直线与平面垂直的判定定理可证 【解答】（1）证明：连接AC，由底面ABCD为正方形，得AC⊥DB． ∵AC是A1C在平面ABCD内的射影，∴A1C⊥BD 又∵A1B1⊥平面BB1C1C，且A1C在平面BB1C1C内的射影B1C⊥BE， ∴A1C⊥BE，又BE∩BD＝B∴A1C⊥平面EBD 【题型六：面面垂直的证明】 【例6】（2025•房山区学业考试）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC． （1）求证：平面PDC⊥平面PAC； 【分析】（1）分别证得PC⊥DC和DC⊥AC，由线面垂直的判定定理证得DC⊥平面PAC，再根据面面垂直的判定定理证明即可； 【解答】解：（1）证明：∵PC⊥平面ABCD， 又∵DC⊂平面ABCD， ∴PC⊥DC， 又∵DC⊥AC，PC∩AC＝C且都在平面PAC内， ∴DC⊥平面PAC， 又∵DC⊂平面PDC， ∴平面PDC⊥平面PAC，得证； 【变式1】（2017秋•清远期末）如图，正四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点． （2）证明：平面PAC⊥平面BDE； 【分析】（2）通过PO⊥底面ABCD，证明PO⊥BD，结合AC⊥BD，证明BD⊥平面PAC，然后推出平面PAC⊥平面BDE． 【解答】（2）证明：∵PO⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD， ∴PO⊥BD， 又∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，且AC∩PO＝O ∴BD⊥平面PAC， 而BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE． 【变式2】（2025春•潮阳区校级期中）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E、M分别为AD、BC的中点． （2）求证：平面SAD⊥平面SCD； 【分析】（2）先证明CD⊥平面SAD，再利用面面垂直的判定定理即可得证； 【解答】（2）证明：由于平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD， 因为CD⊥AD，CD⊂平面ABCD， 所以CD⊥平面SAD，又因为CD⊂平面SCD， 所以平面SAD⊥平面SCD； 【题型七：线面平行的存在性问题】 【例7】（2025春•江苏校级期中）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD． （2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【分析】（2）连接BD交AC于O，连接OP，取SD中点Q，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，证明平面BEQ∥平面PAC，再根据面面平行的性质即可得出结论． 【解答】（2）解：在侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC，满足， 理由如下：连接BD交AC于O，连接OP，则O为BD中点， 取PD＝PQ，又SP＝3PD，可得2， 过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE， 在△BDQ中，有BQ∥PO， 由PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，得BQ∥平面PAC， 所以， 又QE∥PC，PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，则QE∥平面PAC， 又BQ∩QE＝Q， 所以平面BEQ∥平面PAC， 又BE⊂平面BEQ，得BE∥平面PAC， 所以存在，且． 【变式1】（2025秋•太和县校级月考）如图，等腰梯形BCDP中，BC//PD，BA⊥PD于点A，PD＝3BC且AB＝BC＝1．沿AB把△PAB折起到△P′AB的位置，使∠P′AD＝90°． （2）线段P′A上是否存在点M，使得BM∥平面P′CD．若存在，指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【分析】（2）取P′A 的中点M，P′D的中点N，证明四边形MNCB为平行四边形，从而得证 BM∥CN，进而得证． 【解答】（2）线段P′A上存在一点M，使得BM∥平面P′CD，M为P′A的中点， 证明如下： 证明：取P′A的中点M，P′D的中点N，连结BM，MN，NC， ∵M，N分别为P′A，P′D的中点， ∴MN∥AD且， ∵BC∥PD且PD＝3BC， ∴BC∥AD且， ∴MN∥BC且MN＝BC， ∴四边形MNCB为平行四边形， ∴BM∥CN， 又BM⊄平面P′CD，CN⊂平面P′CD， ∴BM∥平面P′CD． 【题型八：面面平行的存在性问题】 【例8】（2025春•松原期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，AC，BD交于点O，点E是棱PB上的一点，且PD∥平面EAC． （2）在棱BC上是否存在点G，使得平面EOG∥平面PCD？若存在，请加以证明，并写出的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（2）由线面平行及面面平行的判定即可证明． 【解答】（2）存在点G，使得平面EOG∥平面PCD，此时， ∵，∴G为BC中点， ∵点O是BD的中点，∴CD∥GO 又CD⊂平面PCD，GO⊄平面PCD， ∴GO∥平面PCD， 由（1）知PD∥EO，同理可得，EO∥平面PCD， 又EO∩GO＝O，EO，GO⊂平面EOG， ∴在棱BC上存在点G，使得平面EOG∥平面PCD，． 【变式1】（2025春•滨湖区校级期中）如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N，K分别为AB，PC，PA的中点，平面PBC∩平面APD＝l． （3）直线PB上是否存在点H，使得平面NKH∥平面ABCD？若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． 【分析】（3）利用面面平行的判定定理证明即可． 【解答】（3）当H为PB中点时，平面KNH∥平面ABCD，证明如下： 取PB的中点为H，连接KH，NH， 在△PBC中，HN∥BC，HN⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 则HN∥平面ABCD，同理可证，KH∥平面ABCD， 又KH，HN⊂平面KNH，KH∩HN＝H， 所以平面KNH∥平面ABCD． 【变式2】（2025春•兰州月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E是AB的中点． （2）设AC与BD交于O点，是否存在PC上一点F，使得平面EOF∥平面PAD，若存在请指出F点的位置，并说明理由． 【分析】（2）假设F为PC的中点，由线面平行的判定定理证得FO∥平面PAD，EO∥平面PAD，再由面面平行的判定定理证得平面EOF∥平面PAD，所以假设成立，故F为PC的中点． 【解答】（2）AC与BD交于O点，假设F为PC的中点，连接FO， 在△PAC中，FO∥PA， ∴FO⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴FO∥平面PAD， 在△ABD中，EO∥AD， ∴EO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴EO∥平面PAD， EO∩FO＝O，∴平面EOF∥平面PAD． ∴假设成立，∴F为PC的中点． 【题型九：线线垂直的存在性问题】 【例9】（2025春•承德校级月考）已知，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，CD＝CP＝4，E为PD的中点． （1）在棱BC上是否存在点F，使AF⊥BE？若存在，求BF的长；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用全等的性质得到BS⊥AF，利用线面垂直的性质得到ES⊥AF，再利用线面垂直的判定定理得到AF⊥面BES，进而证明结论，求解长度即可． 【解答】（1）解：存在，当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE， 理由如下：如图，过点E作ES∥PC，交CD于点S，连接BS， 设BS∩AF＝O， 因为E为PD的中点，所以S为CD的中点，即BS⊥AF， 因为PC⊥底面ABCD，所以ES⊥底面ABCD， 因为AF⊂面ABCD，所以ES⊥AF， 又因为tan∠BAF，tan∠SBC， 所以∠BAF＝∠SBC，所以AF⊥BS， 又因为BS∩ES＝S，BS，ES⊂面BES， 所以AF⊥面BES， 因为BE⊂面BES，所以AF⊥BE， 故当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE， 此时； 【题型十：线面垂直的存在性问题】 【例10】（2024春•深州市校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是AA1，A1B1，A1D1的中点． （2）在线段BD上是否存在点H，使得EH⊥平面BC1D？若存在，求线段BH的长；若不存在，请说明理由． 【分析】（2）因为△EBD是等腰三角形，根据等腰三角形几何性判断出点H为BD中点，再根据勾股定理求出EH与C1H的位置关系，即可确定点H位置． 【解答】（2）解：取BD中点为H， 因为，， 所以EH⊥BD，C1H⊥BD，又， 所以，， 又， 可得，EH⊥C1H， 因为BD∩C1H＝H，BD，C1H⊂平面BC1D， 所以EH⊥平面BC1D，此时， 则线段BD上存在点H，H为BD中点， 使得EH⊥平面BC1D，此时． 【变式1】（2025春•宣城期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点． （2）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（2）根据给定条件，证明平面BC1M⊥平面AA1B1B，过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，利用面面垂直的性质推理作答． 【解答】（2）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1， 又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M， 而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B， 于是C1M⊥平面AA1B1B， C1M⊂平面BC1M，则平面BC1M⊥平面AA1B1B，在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q， 平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要找的点， 显然△ABQ∽△BB1M， 因此， 即有， 于是，， 所以 【题型十一：面面垂直的存在性问题】 【例11】（2014秋•临沂期末）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，D，E分别是A1C1，BC的中点． （2）在线段A1A上是否存在点G，使得平面BCG⊥平面ABD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由． 【分析】（2）根据面面垂直的判定定理进行判断即可． 【解答】（2）存在，G为A1A的中点，连接BG，CG与AD交于M点， ∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中， ∴A1A⊥平面ABC， ∵AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴A1A⊥AB，A1A⊥AC， ∵AA1＝AC，∴四边形ACC1A1为正方形， 则Rt△AA1D与Rt△CAG中， AG＝A1D，AC＝A1A， 则Rt△AA1D≌Rt△CAG， ∴∠GAD＝∠ACG， 则△AGM与△GAC中， ∠AGM＝∠CGA，∠GAD＝∠ACG， ∴∠GMA＝∠GAC＝90°，即GC⊥AD， ∵平面AA1C1C⊥平面ABC，面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且AB⊥AC， ∴AB⊥平面AA1C1C， ∵CG⊂平面AA1C1C，∴AB⊥CG， ∵AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，且AB∩AD＝A， ∴CG⊥平面ABD， ∵CG⊂面BCG，∴平面BCG⊥平面ABD． 【变式1】（2025春•潮阳区校级期中）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E、M分别为AD、BC的中点． （3）在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，说明理由． 【分析】（3）当N为SC中点时，证明SE⊥平面ABCD，利用面面垂直的判定定理即可得证． 【解答】（3）存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD， 证明如下：连接EC，DM交于点O，连接SE， 因为ED∥CM，并且ED＝CM， 所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO＝CO， 又因为N为SC中点， 所以NO∥SE， 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD， 又SE⊂平面SAD，由已知SE⊥AD， 所以SE⊥平面ABCD， 所以NO⊥平面ABCD， 又因为NO⊂平面DMN， 所以平面DMN⊥平面ABCD． 所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，． 【A 组 夯实基础】 1．（2013秋•颍上县校级期中）如图，已知E、F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1上的中点，求证：四边形EBFD1是菱形． 【分析】根据菱形的定义直接证明即可． 【解答】证明：取棱BB1中点为G，连C1G、EG， 由正方体性质，侧面ABB1A1为正方形， 又E、G分别为边AA1、BB1中点， 所以 EG＝A1B1＝C1D1，EG∥A1B1∥C1D1， 从而四边形EGC1D1为平行四边形， ∴D1E∥C1G，D1E＝C1G， 又F、G分别为棱CC1、BB1中点， 由侧面CBB1C1为正方形，知四边形BGC1F 为平行四边形， 所以BF∥C1G，BF＝C1G， 又∴D1E∥C1G，D1E＝C1G， 由平行公理可知D1E＝BF，D1E∥BF， 从而四边形EBFD1为平行四边形． 由ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，不妨设其棱长为a，易 知 BE＝BFa 而由四边形 EBFD1为平行四边形，从而即为菱形． 2．（2026•洛阳模拟）如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面AA1D1D⊥平面ABCD，，点P是棱DD1的中点，点Q在棱BC上． （1）若BQ＝3QC，证明：PQ∥平面ABB1A1； 【分析】（1）根据四棱台的几何性质，利用线面平行的判定定理证明结论； 【解答】（1）证明：取AA1的中点M，连接MP，MB， 在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中， 四边形A1ADD1是梯形，A1D1＝2，AD＝4， 又因为点M，P分别是棱A1A，D1D的中点， 所以MP∥AD，且， 在正方形ABCD中，BC∥AD，BC＝4， 又因为BQ＝3QC，即BQ＝3， 从而MP∥BQ，且MP＝BQ， 可得四边形BMPQ是平行四边形， 所以PQ∥MB， 又因为MB⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1， 所以PQ∥平面ABB1A1； 3．（2025秋•晋中期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ACD为正三角形，AB⊥AD，BC⊥CD，E为棱PD的中点． （1）求证：AE∥平面PBC； 【分析】（1）先利用面面平行的判定定理证明平面AEF∥平面PBC，再利用面面平行性质定理可得答案； 【解答】（1）证明：设F为CD的中点，连接AF，EF， 因为E为棱PD的中点，所以EF∥PC， 又EF⊄平面PBC，故EF∥平面PBC， 因为△ACD为正三角形，所以AF⊥DC， 又BC⊥CD，AF⊂平面ABCD， 所以AF∥BC， 又AF⊄平面PBC，故AF∥平面PBC， 因为AF∩EF＝F， 所以平面AEF∥平面PBC， 又AE⊂平面AEF， 所以AE∥平面PBC； 4．（2025春•四平期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）EG∥平面D1AC； （2）平面EGC∥平面A1D1F． 【分析】（1）连AC，BD交于点O，连SB，D1O，证明GE∥D1O，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）证明EG，EC都平行于平面A1D1F，然后利用面面平行的判定定理证明即可． 【解答】（1）证明：连AC，BD交于点O，连SB，D1O， ∵G，E分别是SCBC的中点，∴GE∥SB， 又D1S∥BO，D1S＝BO，则四边形D1SBO为平行四边形， ∴SB∥D1O，∴GE∥D1O， GE⊄平面DlAC，DlO⊂平面DlAC， ∴EG∥平面D1AC； （2）证明：由题连接OF，A1F， ∵OF是△DBC的中位线，∴OF∥BC∥A1D1∥AD， ∴O，F，A1，D1四点共面， 由（1）可知，EG∥D1O，D1O⊂平面A1D1F，EG⊄平面A1D1F， 则EG∥平面A1D1F 又EC∥A1D1，A1D1⊂平面A1D1F，EC⊄平面A1D1F， 则EC∥平面A1D1F，又EG∩EC＝E， EG⊂平面EGC，EC⊂平面EGC， ∴平面EGC∥平面A1D1F． 5．（2025春•兴庆区校级期末）如图所示，在四棱锥C﹣ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点． （1）求证：GF∥平面ABC； （2）H是线段BC的中点，证明：平面GFH∥平面ACD． 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明； （2）利用面面平行的判定定理证明． 【解答】证明：（1）在四棱锥C﹣ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点， 连接AE必与BD相交于中点F， ∴GF∥AC， ∵GF⊄面ABC，AC⊂平面ABC， ∴GF∥面ABC，得证； （2）由点G，H分别为CE，CB中点，可得：GH∥EB∥AD， ∵GH⊄面ACD，AD⊂平面ACD， ∴GH∥平面ACD， 又∵由（1）可知GF∥平面ACD， 且GH∩GF＝G，GH，GF⊂平面GFH， ∴平面GFH∥平面ACD，得证． 6．（2025•无极县校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E、F分别为PC、CD的中点． （Ⅰ）试证：AB⊥平面BEF； （Ⅱ）设PA＝k•AB，且二面角E﹣BD﹣C的平面角大于45°，求k的取值范围． 【分析】（Ⅰ）欲证AB⊥平面BEF，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AB与平面BEF内两相交直线垂直，而AB⊥BF． 根据面面垂直的性质可知AB⊥EF，满足定理所需条件； 【解答】解：（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且∠DAB为直角， 故ABFD是矩形，从而AB⊥BF． 又PA⊥底面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD， 因为AB⊥AD，故AB⊥平面PAD， 所以AB⊥PD， 在△PDC内，E、F分别是PC、CD的中点，EF∥PD，所以AB⊥EF． 由此得AB⊥平面BEF． （6分） 7．（2025春•平阴县校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点． （1）求证：BD1∥平面AEC； （2）若F为CC1的中点，求证：平面AEC∥平面BFD1． 【分析】（1）由三角形的中位线可证OE∥BD1，再结合线面平行的判断定理即可证明； （2）先由线面平行的判断定理证明D1F∥平面AEC，再由面面平行的判断定理即可证明． 【解答】解：（1）证明：连接BD交AC于O，连结EO， 因为ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，对角线AC、BD交于O点， 所以O为BD的中点， 又因为E为DD1的中点，所以OE∥BD1； 又因为OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面AEC； （2）证明：因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，所以CF∥ED1， 所以四边形CFD1E为平行四边形，所以D1F∥EC， 又因为EC⊂平面AEC，D1F⊄平面AEC，所以D1F∥平面AEC； 由（1）知，BD1∥平面AEC， 又因为BD1∩D1F＝D1，BD1，D1F⊂平面BFD1， 所以平面AEC∥平面BFD1． 8．（2025秋•牟平区校级期中）如图，AB是⊙O的直径．PA与⊙O所在的平面垂直，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一动点（不同于A，B），M为线段PB的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC． （1）求证：AN⊥MN； （2）当AC＝BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值． 【分析】（1）根据线线垂直和线面垂直的相互转化即可得出； （2）可以直接作出线线角，然后再用余弦定理计算得出． 【解答】解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 因为AB是⊙O的直径，所以BC⊥AC， 又PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC． 又因为AN⊂平面PAC，所以AN⊥BC． 因为AN⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AN⊥平面PBC， 因为MN⊂平面PBC，所以AN⊥MN． 故AN⊥MN． （2）因为AC＝BC，所以在等腰直角三角形ABC中，AB＝2，得． 又在直角三角形PAC中，PA＝2，得． 因为△PAB为等腰直角三角形，M为PB的中点，且PA＝AB＝2，得，所以， 取BC的中点为S，连接MS，则MS∥PC，且， 所以∠AMS为异面直线PC与AM所成的角或其补角， 在Rt△ACS中，，，所以， 在△AMS中，，，， 所以， 故直线PC与直线AM所成角的余弦值为． 9．（2026•安徽模拟）如图，在三棱柱A1B1C1﹣ABC中，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面CAA1C1⊥平面ABC． （1）求证：AA1⊥平面ABC； 【分析】（1）利用面面垂直性质定理，证得PE，PF都垂直于侧棱AA1，再由线面垂直判定定理得AA1⊥平面ABC； 【解答】解：（1）证明：平面ABC内取一点P，作PE⊥AB于点E，作PF⊥AC于点F， 因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB， PE⊂平面ABC，PE⊥AB， 所以PE⊥平面AA1B1B， 又AA1⊂平面AA1B1B， 所以PE⊥AA1， 同理PF⊥AA1，PE∩PF＝P，PE，PF⊂平面ABC， 所以AA1⊥平面ABC； 10．（2026•辽宁模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠DAB＝120°，AB⊥BC，AD⊥CD，，，． （1）证明：BD⊥PC； 【分析】（1）通过连接辅助线AC、PO，利用三角形全等、等边三角形性质与线面垂直判定定理，证明BD垂直于平面PAC，从而证得BD⊥PC； 【解答】（1）证明：连接AC，设AC∩BD＝O， 因为BC＝CD，AC＝AC，∠ADC＝∠ABC＝90°， 所以△ABC≌△ADC， 所以BO＝DO，则O为BD的中点， 因为∠DAB＝120°，AB⊥BC，AD⊥CD， 所以∠BCD＝60°， 又BC＝CD，所以△BCD为等边三角形，则AC⊥BD， 连接PO，因为PB＝PD，所以PO⊥BD， 因为PO，AC⊂平面PAC，PO∩AC＝O， 所以BD⊥平面PAC， 因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC； 【B 组 强化能力】 11．（2025秋•射洪市校级期中）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点 （Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M． 【分析】（1）由于C1D1∥B1A1故根据异面直线所成角的定义可知∠MA1B1为异面直线A1M和C1D1所成的角然后在解三角形MA1B1求出∠MA1B1的正切值即可． （Ⅱ）可根据题中条件计算得出A1B1⊥BM，BM⊥B1M然后再根据面面垂直的判定定理即可得证． 【解答】解：（1）如图，因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M和C1D1所成的角 ∵A1B1⊥面BCC1B1 ∴∠A1B1M＝90° ∵A1B1＝1， ∴tan∠MA1B1 即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为 （Ⅱ）∵A1B1⊥面BCC1B1，BM⊂面BCC1B1 ∴A1B1⊥BM① 由（1）知，BM，B1B＝2 ∴ ∴BM⊥B1M② ∵A1B1∩B1M＝B1 ∴由①②可知BM⊥面A1B1M ∵BM⊂面ABM 平面ABM⊥平面A1B1M． 12．（2025秋•庄河市校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，O为AD中点，M是棱PC上的点，AD＝2BC． （1）求证：平面POB⊥平面PAD； （2）若PA∥平面BMO，求的值． 【分析】（1）证明四边形BCDO是平行四边形，得出OB⊥AD；再证明BO⊥平面PAD，从而证明平面POB⊥平面PAD； （2）解法一：由，M为PC中点，证明N是AC的中点，MN∥PA，PA∥平面BMO． 解法二：由PA∥平面BMO，证明N是AC的中点，M是PC的中点，得． 【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，，O为AD的中点， ∴四边形BCDO为平行四边形， ∴CD∥BO； 又∵∠ADC＝90°， ∴∠AOB＝90°，即OB⊥AD； 又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴BO⊥平面PAD； 又∵BO⊂平面POB， ∴平面POB⊥平面PAD； （2）解法一：，即M为PC中点，以下证明： 连结AC，交BO于N，连结MN， ∵AD∥BC，O为AD中点，AD＝2BC， ∴N是AC的中点， 又点M是棱PC的中点，∴MN∥PA， ∵PA⊄平面BMO，MN⊂平面BMO， ∴PA∥平面BMO． 解法二：连接AC，交BO于N，连结MN， ∵PA∥平面BMO，平面BMO∩平面PAC＝MN， ∴PA∥MN； 又∵AD∥BC，O为AD中点，AD＝2BC， ∴N是AC的中点， ∴M是PC的中点，则． 13．（2025春•黑龙江校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，，AD＝2，，E，F分别是棱AD，PC的中点． （1）证明：EF∥平面PAB； （2）若二面角P﹣AD﹣B为60°；证明：平面PBC⊥平面ABCD； 【分析】（1）可以先证明EF∥AM，利用线面平行的判定定理，可证明EF∥平面PAB． （2）先证BE⊥平面PBC，可用面面垂直的判定定理，证明即可． 【解答】解：（1）证明：如图，取PB中点M，连接MF，AM， 因为F为PC中点， 所以MF∥BC，MFBC， 由已知有BC∥AD，BC＝AD． 又E为AD中点， 所以MF＝AE，MF∥AE， 所以四边形AMFE为平行四边形， 所以EF∥AM， 又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB． （2）证明：如图，连接PE，BE， 因为PA＝PD，BA＝BD， 又E为AD中点， 所以PE⊥AD，BE⊥AD， 所以∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角， 在△PAD中，由AD＝2，，可解得PE＝2， 在△ABD中，由AD＝2，，可解得BE＝1， 在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60°， 由余弦定理，可解得cos∠PEB， 即cos60°， 所以PB， 从而∠PBE＝90°，即BE⊥PB． 又BC∥AD，BE⊥AD， 所以BE⊥BC， 所以BE⊥平面PBC， 又BE⊂平面ABCD， 所以平面PBC⊥平面ABCD． 14．（2025秋•小店区校级月考）如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点．将△ADE沿DE翻折到△SDE，将△BEF沿EF翻折到△SEF．设平面SAD∩平面SBC＝l． （1）证明：平面SEF⊥平面SFD； （2）证明：AD∥l； （3）若BF＞1，点M在直线DF上，点N在直线l上，且MN⊥DF，MN⊥l，求MN的最大值． 【分析】（1）由线面垂直证明面面垂直； （2）通过线面平行性质定理证明AD∥l； （3）MN为DF与l的公垂线，等于点S到平面DEF的距离，用体积法得，分析其单调性知最大值在x＝4时取得． 【解答】（1）证明：由题可知在正方形ABCD中，BE⊥BF且DA⊥AE， 根据题目条件翻折可得：SD＝AD，BF＝SF，AE＝BE＝SE， 故SE⊥SD且SE⊥SF，SD∩SF＝S，SD，SF⊂平面SFD，故SE⊥平面SFD， 又SE⊂平面SEF，故平面SEF⊥平面SFD； （2）证明：因为AD∥BC，又AD⊄平面SBC，BC⊂平面SBC， 故AD∥平面SBC，又平面SAD∩平面SBC＝l，故AD∥l； （3）解：由（1）知：SE⊥平面SFD，故SE⊥SD，SE⊥SF， 由（2）知：AD∥1，且翻折后SE⊥AD，故SE⊥l， 设BF＝x，1＜x≤4，则SF＝x，SD＝4，，， 在△SDF中，∠DSF满足：， 得：， 则△SDF面积为：SD•SF•sin∠DSF•4•x•4， x， 三棱锥S﹣DEF体积可表示为： ， 设h为点S到平面DEF的距离， ， 联立得：， 由（2）知l∥AD，而AD⊂平面DEF，故l∥平面DEF， 又SE⊥l，h为点S到平面DEF的垂线段，且S∈l， 所以h同时垂直于l和DF（因DF⊂平面DEF）， 故h＝MN，即， 令，令， 求导得，函数在区间单调递增， 故当（即x＝4）时，MN最大：． 15．（2014秋•临沂期末）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，D，E分别是A1C1，BC的中点． （Ⅰ）求证：C1E∥平面DAB； （Ⅱ）在线段A1A上是否存在点G，使得平面BCG⊥平面ABD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由． 【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理即可证明C1E∥平面DAB； （Ⅱ）根据面面垂直的判定定理进行判断即可． 【解答】证明：（Ⅰ）取AB的中点为F，连接DF，EF， 在△ABC中，E为BC的中点， EF∥AC，EFAC， ∵D为A1C1的中点．A1C1∥AC， ∴EF∥DC1，EF＝DC1， 即四边形EFDC1，是平行四边形． ∴C1E∥DF， ∵C1E⊄平面DAB，DF⊂平面DAB， ∴C1E∥平面DAB； （Ⅱ）存在，G为A1A的中点，连接BG，CG与AD交于M点， ∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中， ∴A1A⊥平面ABC， ∵AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴A1A⊥AB，A1A⊥AC， ∵AA1＝AC，∴四边形ACC1A1为正方形， 则Rt△AA1D与Rt△CAG中， AG＝A1D，AC＝A1A， 则Rt△AA1D≌Rt△CAG， ∴∠GAD＝∠ACG， 则△AGM与△GAC中， ∠AGM＝∠CGA，∠GAD＝∠ACG， ∴∠GMA＝∠GAC＝90°，即GC⊥AD， ∵平面AA1C1C⊥平面ABC，面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且AB⊥AC， ∴AB⊥平面AA1C1C， ∵CG⊂平面AA1C1C，∴AB⊥CG， ∵AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，且AB∩AD＝A， ∴CG⊥平面ABD， ∵CG⊂面BCG，∴平面BCG⊥平面ABD． 16．（2025秋•牟平区校级期中）如图，AB是⊙O的直径．PA与⊙O所在的平面垂直，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一动点（不同于A，B），M为线段PB的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC． （1）求证：AN⊥MN； （2）当AC＝BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值． 【分析】（1）根据线线垂直和线面垂直的相互转化即可得出； （2）可以直接作出线线角，然后再用余弦定理计算得出． 【解答】解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 因为AB是⊙O的直径，所以BC⊥AC， 又PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC． 又因为AN⊂平面PAC，所以AN⊥BC． 因为AN⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AN⊥平面PBC， 因为MN⊂平面PBC，所以AN⊥MN． 故AN⊥MN． （2）因为AC＝BC，所以在等腰直角三角形ABC中，AB＝2，得． 又在直角三角形PAC中，PA＝2，得． 因为△PAB为等腰直角三角形，M为PB的中点，且PA＝AB＝2，得，所以， 取BC的中点为S，连接MS，则MS∥PC，且， 所以∠AMS为异面直线PC与AM所成的角或其补角， 在Rt△ACS中，，，所以， 在△AMS中，，，， 所以， 故直线PC与直线AM所成角的余弦值为． 【C 组 拓展提升】 17．（2024•齐齐哈尔一模）如图所示，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，D是侧棱CC1的中点． （Ⅰ）证明：平面AB1D⊥平面ABB1A1； （Ⅱ）若平面AB1D与平面ABC所成锐角的大小为，求四棱锥B1﹣AA1C1D的体积． 【分析】（I）取AB1中点M，AB中点N，连结MN，CN，DM．证明CN⊥平面ABB1A1，根据四边形CDMN是平行四边形得出DM∥CN，故而DM⊥平面ABB1A1，于是平面AB1D⊥平面ABB1A1； （II）作出平面AB1D与平面ABC所成角，从而得出棱柱的高，再代入棱锥的体积公式计算． 【解答】（I）证明：取AB1中点M，AB中点N，连结MN，CN，DM． ∵MN是△ABB1的中位线，∴MNBB1， 又D是CC1的中点，CC1＝BB1， ∴CDBB1， ∴DM∥CN． ∴CDMN， ∴四边形CDMN是平行四边形， ∴DM∥CN． ∵△ABC是等边三角形， ∴CN⊥AB， ∵BB1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC， ∴BB1⊥CN，又BB1∩AB＝B， ∴CN⊥平面ABB1A1， ∴DM⊥平面ABB1A1，又DM⊂平面AB1D， ∴平面AB1D⊥平面ABB1A1． （II）解：延长B1D交BC延长线于P，连结AP， ∵D是CC1的中点， ∴CP＝BC＝AC， 取AP的中点Q，连结CQ，DQ， 由△ACD≌△B1C1D，∴B1D＝AD， ∴CQ⊥AP，DQ⊥AP， ∴∠DQC为平面AB1D与平面ABC所成角，即∠DQC， ∵AC＝CP＝2，∠ACP＝120°， ∴CQ＝1，∴CD＝CQ＝1， ∴C1D＝1，AA1＝2， 设B1到平面AA1C1D的距离为d，则d＝CN， ∴四棱锥B1﹣AA1C1D的体积为•d． 18．（2025秋•南京月考）如图一，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB⊥AB，PB＝2，H、M分别为PA、AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC，连接PD，如图二． 注意：1．请在答题纸上留下必要作图痕迹；2．本题若使用空间向量解题，将不得分． （1）证明：AB⊥HC； （2）求直线BD和PC所成角的余弦值； （3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据平行关系和等腰三角形三线合一性质可证得HM⊥AB，CM⊥AB，根据线面垂直的判定与性质可证得结论； （2）根据平行关系和异面直线所成角定义可知所求角为∠HOB（或其补角），根据长度关系和余弦定理可求得结果； （3）根据平行线分线段成比例可确定当时，NQ∥PB，根据线面平行的判定可证得结论． 【解答】解：（1）证明：连结HM，HC，AC， 因为H、M分别为PA、AB的中点， 则HM∥PB，， 又因为PB⊥AB，得HM⊥AB， 因为四边形ABCD为边长为2的菱形，∠ABC＝60°， 又M是AB的中点，则CM⊥AB， 又HM∩CM＝M，则AB⊥平面HMC，又HC⊂平面HMC， 所以AB⊥HC； （2）连结BD、AC，交于点O，连结HB， 由四边形ABCD为菱形，得O为AC中点，又H为PA中点， 则OH∥PC，， 则BD和PC所成角为∠HOB（或其补角）， 在RT△PAB中，PA4， 所以BHPA＝2，BO，HO， 则cos∠HOB， 即直线BD和PC所成角的余弦值为； （3）存在N，当时，使得PB∥平面MCN， 证明如下： 连结BD，交CM与Q，连接NQ， 由菱形ABCD中，M是AB中点， 则，又时，有， 则QN∥PB， 又PB⊄平面MCN，NQ⊂平面MCN， 则PB∥平面MCN． 19．（2025春•宣城期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点． （1）求点A到平面MBC1的距离； （2）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）过点A作AD⊥BM交BM于点D，交BB1于点E，说明点A到平面MBC1的距离为AD的长度，结合几何性质求出AD的长度即可； （2）根据给定条件，证明平面BC1M⊥平面AA1B1B，过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，利用面面垂直的性质推理作答． 【解答】解：（1）如图所示，过点A作AD⊥BM交BM于点D，交BB1于点E， 因为∠EBD与∠BED互余，∠B1BM与∠B1MB互余， 所以∠BED＝∠B1MB， 又因为∠ABE＝∠BB1M， 所以△ABE∽△BB1M， 所以， 因为在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点， 所以，即为，解得， 所以， 由等面积法有， 即， 解得， 所以， 由正棱柱性质可知，BB1⊥平面A1B1C1，而C1M⊂平面A1B1C1， 从而BB1⊥C1M， 因为三角形A1B1C1是正三角形且点M为A1B1的中点， 所以C1M⊥A1B1， 又因为BB1⊥C1M，A1B1∩BB1＝B1，A1B1，BB1⊂平面ABB1A1， 所以C1M⊥平面ABB1A1， 又因为AD⊂平面ABB1A1， 所以C1M⊥AD， 又因为AD⊥BM，BM∩C1M＝M，BM，C1M⊂平面BMC1， 所以AD⊥平面BMC1， 所以点A到平面MBC1的距离为； （2）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1， 又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M， 而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B， 于是C1M⊥平面AA1B1B， C1M⊂平面BC1M，则平面BC1M⊥平面AA1B1B，在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q， 平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要找的点， 显然△ABQ∽△BB1M， 因此， 即有， 于是，， 所以 20. （2025春•江岸区期末）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点． （1）求异面直线BE、A1B1所成角的余弦值； （2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论． 【分析】（1）连接AE，则∠ABE即为所求；由AB⊥平面ADD1A1，知AB⊥AE；设正方体的棱长均为a，在Rt△ABE中，可先求得tan∠ABE的值，再得cos∠ABE的值； （2）存在点F为C1D1的中点，使B1F∥平面A1BE．理由如下：连接AB1，交A1B于点O，连接OE、EF、B1F，先证得四边形OEFB1为平行四边形，推出B1F∥OE，再由线面平行的判定定理即可得证． 【解答】解：（1）连接AE， ∵A1B1∥AB，∴∠ABE即为异面直线BE、A1B1所成角． 由正方体的性质知，AB⊥平面ADD1A1， ∵AE⊂平面ADD1A1，∴AB⊥AE． 设正方体的棱长均为a，则AEa， 在Rt△ABE中，tan∠ABE， ∴cos∠ABE． 故异面直线BE、A1B1所成角的余弦值为． （2）存在点F为C1D1的中点，使B1F∥平面A1BE．理由如下： 连接AB1，交A1B于点O，连接OE、EF、B1F， 则EF∥AB1，且EFAB1， ∵OB1AB1，∴EF∥OB1，EF＝OB1， ∴四边形OEFB1为平行四边形，∴B1F∥OE， ∵B1F⊄平面A1BE，OE⊂平面A1BE， ∴B1F∥平面A1BE． 学科网（北京）股份有限公司 $