2023高考数学复习练14　空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)

微专题14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.

真题演练感悟高考练真题明方向

1.（2022•全国乙卷）在正方体ABCo—4BGol中，E,尸分别为AB,BC的中点,

则（）

A.平面BIE凡L平面BDDlB.平面BIER，平面AiBO

C.平面BEr〃平面AiACD.平面BIEr〃平面AiCiD

答案A

解析在正方体ABC£>—4BICIDl中，

ACLBD且。£>i_L平面ABCD,

又EFU平面ABCD,

所以EFLDDi,

因为E,F分别为AB,BC的中点，

所以EfWAC,所以EZ7LBO,

又BDCDDI=D,

所以EFL平面BDDi,

又EFU平面BiEF,

所以平面BE尸，平面BODi,故A正确；

如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，

设45=2,

则。(0,0,0),

Bι(2,2,2),

E(2,1,O),F(l,2,O),

B(2,2,O),Aι(2,O,2),

A(2,O,O),C(O,2,O),

Ci(O,2,2),

则辟=(—1,1,0),EB∣=(0,1,2),

DB=(2,2,0),DAι=(2,0,2),

筋ι=(O,0,2),AC=(-2,2,0),

ATCI=(-2,2,0).

设平面BiEV的一个法向量为机=(X1,y∖,zι),

m∙EF=—xι÷yι=0,

则有_

m∙EB∖=j∣÷2zι=0,

可取m=(2,2,-1),

同理可得平面ABD的一个法向量为〃I=(1,-1,—1),

平面AlAC的一个法向量为“2=(1,1,0),

平面AIcI。的一个法向量为〃3=(1,1,-1),

则tnn∖=2-2÷1=1≠0,

所以平面BlEf'与平面AiBO不垂直，故B错误；

因为相与〃2不平行，

所以平面BEE与平面AlAC不平行，故C错误；

因为，〃与〃3不平行，

所以平面BIEF与平面AlCiD不平行，

故D错误.

2.(2021•浙江卷)如图，已知正方体ABC。一AlBlGo1,M,N分别是AIO,DlB的

中点，则()

P1C1

1C

A

A.直线AlZ)与直线。由垂直，直线MN〃平面ABCo

B.直线AiD与直线D∖B平行，直线MNj_平面BDDIBl

C.直线AxD与直线D∖B相交，直线MN〃平面ABCO

D.直线AiQ与直线。出异面，直线MNL平面BQOIBl

答案A

解析法一连接ΛD∣(S⅛),则易得点M在An上，且M为ADi的中点，

AD∖±AιD.

因为ABJ_平面44ιO∣O,4。U平面44ιO∣D,

所以AB_LAI。，

又AB∩AOi=A,AB,AolU平面ABo1,

所以401.平面ABD],

又BDlU平面ABQi,显然4。与BZ)I异面，所以4。与BDi异面且垂直.

在AABQi中，由中位线定理可得MN〃AB,

又MNQ平面ABCD,ABc5PSABCD,

所以MN〃平面ABCD

易知直线AB与平面BB∖D∖D成45。角，

所以MN与平面BBlDID不垂直.

所以选项A正确.故选A.

法二以点。为坐标原点，DA,DC,DOl所在直线分别为龙，y,Z轴建立空间

直角坐标系(图略).

设AB=2,则4(2,0,2),0(0,O,O),Dι(O,0,2),5(2,2,0),

所以M(l,0,1),NQ,1,1),

所以筋力=(—2,0,-2),由B=(2,2,-2),疝V=(0,1,0),

所以AIDE)IB=-4+0+4=0,

所以人力，方出，即AIOLDIR

又由图易知直线AIO与BDI是异面直线，

所以AI。与BOi异面且垂直.

因为平面ABC。的一个法向量为〃=(0,0,1),所以而V∙"=0,

又MNQ平面ABCD,所以MN//平面ABCD.

设直线MN与平面BODiBi所成的角为仇因为平面80。IB的一个法向量为。=（一

1,1,0）,

所以Sine=ICOS（,MN,α>|=|MN"I=今=乎,

∣∣⅛∙∣α∣∣V22

所以直线MN与平面BDDiBi不垂直.故选A.

3.（多选）（2021.新高考II卷）如图，在正方体中，。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MNl.0尸的是（）

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NPoC（或其补角）为异面直线

OP,MN所成的角.

在直角三角形OPC中，0C=√2,CP=I,

对于B,如图（2）所示，取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQLMT,PQlMN.

由正方体SBCN—MADT可得SM，平面MADT,

而OQU平面MADT,

故SMLOQ,

又SMCMT=M,SM,MTU平面SNT7W,

故0。，平面SNTM,

又MNU平面SNTM,

所以OQLMN,

又0Q∩PQ=Q,0Q,PQU平面。PQ,

所以MN，平面OPQ,

又OPU平面OPQ,

故MNlOP,故B正确；

对于C,如图(3),连接80,则BD〃MN,

对于D,如图(4),取AO的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,

则AC//MN.

因为。P=PC,⅛PQ//AC,故PQ//MN,

所以NQPO(或其补角)为异面直线尸。，MN所成的角，

因为正方体的棱长为2,故PQ=WAC=巾,0ρ=√Λ02+Aρ2=√Γ+2=√3,PO

=√PF+0^=√4+T=√5,QO1<PQ1+OP-,故NQPo不是直角，故尸O,MN

不垂直，故D错误.故选BC.

4.(2020•全国In卷)如图，在长方体ABCD一45∣CI在中，点E,4分别在棱£>»,

BB↑JL,且2OE=EDI,Bb=2五BI.证明：

(1)当AB=BC时,EF.LAC；

⑵点Cl在平面AEF内.

证明(D如图,连接BD,BiDi.

因为AB=BC,

所以四边形ABCo为正方形，故AC_LBD

又因为平面ABCr>,ACc5FSABCD,于是AC_LBB.

又BDCBBl=B,且8。，BBIU平面88QQ,所以ACU平面BBDID

由于ER=平面BBlDiD,

所以EFlAC.

(2)如图，在棱AAl上取点G,使得AG=2GA∣,连接GOi,FCι,FG.

22

因为EDl=QoOι,AG=WAA1,DD^AAi,所以EQl触AG,

于是四边形EDIGA为平行四边形，

故AE〃GOi.

因为Bib=<881,Λ∣G=∣AAι,BBiAAi,所以BlF触4G,

所以BFGAi是平行四边形，

所以FG触AiBi,所以尸G触GoI,四边形FGOICl为平行四边形，⅛GD1//FCi.

于是AE〃/G.所以A,E,F,Cl四点共面，即点Cl在平面AEf内.

热点聚焦分类突破研热点析考向

热点一空间线、面位置关系的判定

I核心归纳

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，解决问题.

(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)已知m,n是两条不重合的直线，a,β是两个不重合的平面，则()

A.若加〃α,n//a,则必〃〃

B.若m//a,tnl.β,则a，B

C.若α〃夕，则m//n

D.若a_L夕，m//a,n//β,则m_L〃

(2)已知经过圆柱旋转轴的给定平面α,A,B是圆柱。。2侧面上且不在平面

a上的两点，则下列判断正确的是()

A.不一定存在直线/,∕uα且/与AB异面

B.一定存在直线/,∕uα且LLEB

C.不一定存在平面外，ABU尸且尸，α

D.一定存在平面夕，ABUS旦夕〃α

答案(I)BC(2)B

解析(1)当加〃α,〃〃a时，m,〃可以相交、平行或异面，A错误；

当"z〃a时，α内必有。〃加，而加_1_4，

则〃，口，从而α,夕，B正确；

a∕∕β,mVa,则m_1_4，又〃J■夕，

'.m∕/n,C正确；

a±β,m∕∕a,n∕∕β,m,〃可以相交、平行或异面，D错误.

(2)对于选项A,当A,B同侧时，平面α和圆柱在底面上的交线与AB是异面的；

当A,B异侧时，平面α和圆柱在侧面上的交线与AB是异面的，即选项A不正

确；

对于选项B,当A,8同侧时，平面α和圆柱在底面上的交线与AB是垂直的；

当A,B异侧时，直线。。2,45,即选项B正确；

无论A,B同侧，还是异侧，若夕为过AB的圆柱轴截面，

则4_La,所以C错误；

对于选项D,当A,8异侧时，直线AB与平面α相交，不可能存在夕〃α,即D

不正确.故选B.

易错提醒1.遗漏定理中的条件.

2.直接将平面几何中的结论应用到立体几何中.

训练1（多选X2022.苏州模拟）如图所示，在棱长为1的正方体ABeAι3GOι

中,过对角线BDl的一个平面交棱AAl于点E,交棱CCl于点F,得四边形BFD∖E,

在以下结论中，正确的是（）

A.四边形BKaE有可能是梯形

B.四边形BFAE在底面ABCo内的射影一定是正方形

C.四边形引ZbE有可能垂直于平面BBxDxD

D.四边形BFOiE面积的最小值为坐

答案BCD

解析由题意知，过BD∖作平面与正方体ABCD-A∖B∖C∖D∖的截面为四边形

BFDiE,

因为平面ABBAl〃平面DCCIDI,且平面BFDIEn平面ABBiBE.

平面BFQ∣E∩平面DCC∖D∖=D∖F,

所以BE〃DiF,同理，D∖E∕∕BF,故四边形3/7）IE为平行四边形，因此A错误；

对于选项B,四边形8/7）IE在底面ABC。内的射影一定是正方形ABCr>,因此B

正确；

对于选项C,当点£,尸分别为AAi,CCl的中点时，EFL平面

又EFU平面BFD∖E,

则平面BFZ）IE，平面BBiDiD,

因此C正确；

对于选项D,当F点到线段BDl的距离最小时，此时平行四边形BFDIE的面积

最小，此时点E,尸分别为AA1,CG的中点，此时最小值为^X√^X小=坐,

因此D正确.

热点二几何法证明平行、垂直

I核心归纳

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(ta,bua,a∕∕b=>a∕/a.

(2)线面平行的性质定理：a∕∕a,au8,a∩β=b=^a∕∕b.

(3)面面平行的判定定理：auβ,buβ,aCt>=P,a∕∕a,b∕∕a=^>a//β.

(4)面面平行的性质定理：α〃Α，a∏γ=a,βCy=bna"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："ZUα,〃ua,m∏n=P,ILm,∕±n=>∕±a.

(2)线面垂直的性质定理：a_La,b^a=>a∕/b.

(3)面面垂直的判定定理：auB,a_La=aJ.£.

(4)面面垂直的性质定理：aLβ,a∏β=l,aua,α±∕=>c∕±β.

例2如图，在四棱锥「一ABC。中，底面ABCD为矩形，平面∕¾O，平面ABCD,

PA±PD,PA^PD,E,尸分别为AD,PB的中点.求证：

(I)PE工BC；

(2)平面平面PCD；

(3)EF〃平面PCD.

证明(1)因为∕¾=PO,E为A。的中点，

所以PE^AD.

因为底面ABCr)为矩形，

所以8C〃AO,所以PELBC.

(2)因为底面ABCD为矩形，

所以ABL4D

又因为平面∕¾。，平面ABCr>,平面%。∩平面ABCO=AO,ABc5F®ABCD,

所以ABJ_平面PAD.

又Pr)U平面∕¾D,所以ABLPD

又因为出_LP。，PAHAB=A,PA,ABU平面∕¾B,所以P。，平面雨反

又PDU平面PCD,

所以平面平面PCD.

(3)如图，取PC的中点G,连接尸G,DG.

因为EG分别为PB,PC的中点,

所以FG〃BC,FG=^BC.

因为四边形ABCO为矩形，且E为AO的中点,

所以OE〃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W7《平面Pe。，DGU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

面面平行的性质

面面垂直的判定

训练2如图所示，在平行六面体ABCD-AiBiCiDi中,AAi=AB,ABIJ_3iCi.求

证:

(I)AB〃平面AlBIC；

(2)平面平面AiBC.

证明(1)在平行六面体ABCD—AIBCIOI中，AB∕∕A∖B∖.

因为ABa平面4BC,AlBU平面AIBC,

所以AB〃平面AiBiC.

(2)在平行六面体A3CD-4BGO∣中，

四边形ABBIAI为平行四边形.

又因为AAi=AB,

所以四边形ABBAl为菱形，

所以A3」AIA

又因为A8i_LBiC,BC∕∕B∖C∖,

所以

又因为AιB∩8C=B,AιB,JBCU平面48C,

所以ABJ_平面AiBC.

因为4?IU平面ABBiAi,

所以平面ABBlAIJ_平面AiBC.

热点三空间向量法证明平行、垂直

I核心归纳

1.用向量证明空间中的平行关系

(1)设直线/1和〃的方向向量分别为初和V2,则/l〃/2(或∕ι与b重合)Q01//Vl.

(2)设直线/的方向向量为0,在平面ɑ内的两个不共线向量01和02,则/〃α或

∕ua0存在两个实数》,),使0=x0i+yu2.

(3)设直线/的方向向量为0,平面ɑ的法向量为“，则/〃α或/Ua=

(4)设平面α和夕的法向量分别为“I,«2,则α〃P="i〃N2.

2.用向量证明空间中的垂直关系

⑴设直线/l和/2的方向向量分别为Vl和V2,则Zl±∕2<=⅛V∣±V2<≠)V1∙V2=O.

(2)设直线/的方向向量为N,平面α的法向量为“，贝

(3)设平面α和4的法向量分别为Ui和U2,则a_L/?o“i_L〃2Q"iz2=0.

例3如图，在四棱锥P-ABCD中，_L底面ABCD,ADlAB,AB∕∕DC,AD

=DC=AP=2,AB=I,点E为棱PC的中点.证明：

P

E

A~2B

(I)BFlDC;

(2)BE〃平面PAD；

⑶平面PeD，平面PAD.

证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得8(1,0,0),C(2,

2,0),0(0,2,0),2(0,0,2).由E为棱PC的中点，得E(l,1,1).

(l)AE=(0,1,1),DC=(2,0,0),

故法前=0.

所以LoC

(2)因为ABU。，X∕¾±-f®ABCD,ABU平面ABe

所以ABj_%，∕¾∩ΛD=A,PA,AoU平面JR4。，

所以ABJ_平面PAD,

所以向量屈=(1,0,0)为平面∕¾O的一个法向量，

而法法=(0,1,1).(1,0,0)=0,所以BEJ_4。,

又BEQ平面∕¾O,所以BE〃平面∕¾D

(3)由(2)知平面QA。的法向量屈=(1,0,0),向量疝=(0,2,-2),DC=(2,0,

0)，

设平面PCf)的法向量为〃=(X,y,z),

nPD=0,

则

H,DC=0,

2y-2Z=09

即

2x=0,

不妨令y=l,可得〃=(0,1,1)为平面PC£＞的一个法向量.

且〃益=(0,1,1).(1,0,0)=0,

所以n±AB.

所以平面∕¾。，平面PCD.

规律方法利用向量证明线面平行的三种方法

(1)证直线的方向向量与平面内的一条直线的方向向量平行.

(2)证直线的方向向量与平面的法向量垂直.

(3)证直线的方向向量能写为平面内两不共线向量的线性表达式.

训练3如图所示，平面阴。，平面488,四边形ABC。为正方形，A∕¾O是直

角三角形，PA=AD=2,E,F,G分别是线段∕¾,PD,Co的中点.求证：PB//

平面EFG.

证明因为平面∕¾。，平面ABC。，四边形ABC。为正方形，△外。是直角三角

形，且7¾=AO,易证Λ4LAD,

即有BIj_平面ABCD,

所以AB,AP,A。两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系

A-χyz,

则40,0,0),3(2,0,0),E(0,0,1),D(0,2,0),F(0,1,1),G(l,2,0),

P(0,0,2).

所以丽=(2,0,-2),EF=(0,1,0),EG=(1,2,-1),

设平面EFG的法向量m=(x,y,z),

mEF=O,

则.一

.JTiEG=O,

•〈y=0,

.x+2y—z=0,

取x=l得m={∖,0,1),

∖,PBm=2+Q~2=0,PBQ平面EFG,

...PB〃平面EFG.

高分训练对接高考重落实迎高考

一、基本技能练

1.如图所示，平面α∩平面£=/,A∈α,BGa,AB∏l=D,C≡β,国,则平面

ABC与平面夕的交线是（）

A.直线ACB.直线AB

C.直线CDD.直线BC

答案C

解析由题意知，DQl,IuB,：.DQβ.

又O∈AB,.∙.O∈平面ABC,

.∙.点D在平面ABC与平面夕的交线上，

又C∈平面ABCC≡β,

.∙.点C在平面尸与平面ABC的交线上，

.∙.平面ABC∩平面S=直线CD.

2.设α,仅为两个不同的平面，直线∕uα,则“/〃£”是iia∕∕βn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

解析只有/〃夕不能推出α〃尸，但α〃夕时，可以得到/〃6.

3.设m,n是两条不同的直线,α是平面不在a内，下列结论中错误的是（）

A..mYa,n//a,则〃_La,则〃z〃〃

C.∕n±α,，”_!_〃，则〃〃αD.〃z_L〃，n//a,则机_La

答案D

解析对于A,•；〃〃呢由线面平行的性质定理可知，过直线〃的平面尸与平面

α的交线/平行于〃，

".'mΛ,a,IUa,.∖m.Ll,故A正确；

对于B,若〃z_La,〃_La,由直线与平面垂直的性质，可得加〃〃，故B正确；

对于C,若〃2_l_a,/M-Ln,

则〃〃α或〃Uα,又〃Ctα,

：.n//a,故C正确；

对于D,若m_L〃，n//a,则机〃α或"2与α相交或〃zua,而〃代a,则机〃α

或加与α相交，故D错误.

4.如图，点N为正方形ABCD的中心,AECD为正三角形,平面Ea），平面ABCD,

M是线段EO的中点，则（）

N.BM=EN,且直线8M,EN是相交直线

B.BM≠EN,且直线8M,EN是相交直线

CBM=EN,且直线BM,EN是异面直线

D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线

答案B

解析因为N为正方形ABC。的中心,

△EC。为正三角形，平面ECD，平面ABC

M是线段ED的中点，连接8。，

所以BMU平面BOE,ENU平面BDE,

又BM是ABDE中DE边上的中线,

EN是ABDE中8。边上的中线，

所以BM,EN是相交直线，

设DE=a,则BD=yβa,

所以BM≠EN.

5.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC

的中点为M,G”的中点为N,下列结论正确的是（）

DCG

A.MN〃平面ABEB.MN〃平面ADE

C.MN〃平面BDHD.MN〃平面CDE

答案C

解析如图，连接8。，取8。的中点0,连接0M,OH,AC,BH,MN.

因为M,N分别是8C,G”的中点,

所以OM〃CO,且。M=；CO,NH//CD,且NH=3CD,

所以OM//NH且OM=NH*

所以四边形MNHO是平行四边形，

所以0H//MN.

又MNQ平面BDH,OHU平面BDH,所以MN〃平面80”,故选C.

6.（多选）（2022.南京调研）已知〃2,〃是两条不同的直线，a,β,y是三个不同的平

面.下列说法中正确的是（）

A.若加〃α,aC∖β=∏,则〃?〃〃

B.若加〃〃，，”〃a,则〃〃α

C.若αC∣夕=〃,ct±y,β-Lγ>则〃_Ly

D.若mVβ,a∕∕γ,则小〃了

答案ACD

解析由线面平行的性质定理可知：

选项A正确；

若"2〃〃，m//a,则〃〃a或〃Uα,所以选项B错误；

如图，设α∩y=∕∕∩y=m,在平面γ内取一点A,过点A分别作AB±l,AC±m,

垂足分别为8,C,

因为a_Ly,α∩y=/,ABLl,ABuy,

所以ABJ_a,因为〃Ua,

所以45_L〃，同理可得AC，〃，

因为AB∩AC=A,所以〃所以选项C正确；

因为机_La,〃?_1_尸，所以ɑ〃/，又0（〃》,

所以6〃人所以选项D正确.故选ACD.

7.如图，在正方体ABe。一AlBaDl中，AB=2,E为AD的中点，点尸在C。上,

若EE〃平面ABIC,贝UE/=.

答案√2

解析根据题意，因为Eb〃平面ΛB∣C,MU平面ACO,平面ACon平面ABC

=AC,

所以EF∕∕∖C.‰E是AO的中点，

所以E是CD的中点.

因为在RtAOEE中，DE=DF=I,故EF=巾.

8.已知M是正方体ABC。-AlBClOl的棱。Dl的中点，则下列命题是真命题的有

（填序号）.

①过点M有且只有一条直线与直线AB,BG都相交；

②过点M有且只有一条直线与直线AB,BG都垂直；

③过点M有且只有一个平面与直线A3,BCI都相交；

④过点M有且只有一个平面与直线AB,Ba都平行.

答案①②④

解析在AB上任取一点P,则平面PMG与AB,BCi都相交，这样的平面有无

数个，因此③是假命题.①②④均是真命题.

9.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且A8〃C。，若正方

体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,则m=

n=

答案44

解析直线CEU平面ABPQ,

从而CE〃平面4BP∣Q,

易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交,

则wt=4.

取Co的中点G,连接尸G,EG.

易证平面EGF,

又AB_L平面BPPIB,ABJ_平面AQQMi且A8〃Cr>,

从而平面EG/7〃平面BPPlB〃平面AQQIAI,

.∙.EF〃平面BPPIB1,EP〃平面AQQIAI,

则ET7与正方体其余四个面所在平面均相交，n=4.

10.四棱锥p—ABCO的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一

点，PE=3ED,若用'=2无且满足〃平面ACE,则2=.

答案I

解析如图，连接BD,交AC于点0,连接0E,在线段PE取一点G使得GE

=ED.

连接8G,则BG〃O£

又因为OEU平面AEGBGZ平面AEe所以BG〃平面AEC

因为Br〃平面ACE且满足BGCBF=B,故平面BGb〃平面AEC

因为平面PCD∩平面BGF=GF,平面PCD∩平面AEC=EC,则GF//EC.

所以黑=费=|，即2=|为所求.

11.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC,。为BC的中点，PoJ_平面ABC,垂

足。落在线段AO上.已知8C=8,PO=4,A0=3,OD=I.

P

MJ

B

(1)证明：APLBC-,

(2)若点M是线段AP上一点，且AM=3.试证明平面AMC，平面BMC.

证明(1)以。为坐标原点，以射线。。为y轴正半轴，射线。P为Z轴正半轴建

立如图所示的空间直角坐标系O-JQZ

则0(0,0,0),A(0,-3,0),3(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).

于是办=(0,3,4),BC=(-8,0,0),

所以办.布=(0,3,4)-(-8,0,0)=0,

所以力，就，≡PAPlBC.

(2)由(1)知AP=5,又AM=3,且点M在线段AP上，

所以然/=IAA=(C),1,U

又丽=(-4,-5,0),

所以丽/=丽+赢=(-4,一当，,J,

→→(1612、

则r1lAP∙BM=(0,3,4)1—4,—y,yj=O,

所以办，而，即

又根据(1)的结论知APLBC,

且BC∩8M=B,BC,BMU平面C,

所以AP，平面BMC,

于是AM，平面BMC.

又AMU平面AMC,

故平面AMCJ_平面BMC.

12.如图，过四棱柱ABC。-4B∣GDι形木块上底面内的一点P和下底面的对角线

BO将木块锯开，得到截面BDEE

(1)请在木块的上表面作出过点P的锯线ER并说明理由；

⑵若该四棱柱的底面为菱形，四边形BBoI。是矩形，试证明：平面BDERL平

面ACCiAi.

(I)M在上底面内过点P作於Oi的平行线分别交AOi,ABi于E,尸两点，则

EF为所作的锯线.

在四棱柱48Cr)—4BCIn中，侧棱B山〃。㈤，BiB=DiD,

所以四边形83。。是平行四边形，

BIDi〃BD.

又EF〃BOi,

所以EF〃BD,故EF为截面8。EE与平面AlBGQI的交线，故EE为所作锯线.

如图所示.

(2)证明由于四边形BBiO。是矩形，

所以BDlBiB.

又AlA〃乱B所以BDJ_AlA

又四棱柱的底面为菱形，所以8O_LAC

因为AC∩A∣A=A,AC,AiAu平面AlCICA,所以3。，平面4GC4.

因为BDu平面BDEF,

所以平面BDEnL平面AiCiCA.

二、创新拓展练

13.（多选X2022.济南模拟）如图，点P在正方体ABCD-A∖B∖C∖D∖的面对角线BCi

上运动，则下列结论正确的是（）

A.三棱锥A—。IPC的体积不变BAP〃平面ACDl

C.DP1BC∖D.平面PDBlJ_平面ACDi

答案ABD

解析对于A,由题意知AD1〃BcI,从而BCl〃平面ADlC,故BG上任意一点

到平面A。IC的距离均相等，

DC

A1B1

所以以P为顶点，平面AolC为底面，则三棱锥A一。IPC的体积不变，故A正

确；

对于B,连接4B,AiCi,则Alci〃AC,由A知：AD∖∕∕BC∖,

所以平面JBAlCl〃平面AeZ）1,从而有AIP〃平面AeZ）1,故B正确；

对于C,由于。Cl＞平面BCClBI,所以。CLBG,

⅛DPlBCi,则Ba，平面。CP,

所以BCPC,则P为中点，与尸为动点矛盾，故C错误；

对于D,连接。Bi,由DBlJ_AC且OBIj_ADi,

可得。8i_L平面ACU,从而由面面垂直的判定知，平面POBi_1_平面ACr）1,故D

正确.

14.（多选）在长方体ABCD—43IGol中，AD=AAi,则下列结论中正确的是（）

A.平面AIBCDi.平面BCID

B.在直线AlC上存在一点R使得OIH，平面BCID

C.平面AiBlCD上存在一点P使得OIP〃平面BCiD

D.在直线4C上存在一点Q使得OIQ〃平面BClD

答案ACD

解析对于A,可以证明8。，平面AiBiCD,从而平面AiBiCO_L平面BGD

对于B,过点4作AiSJ_0。于点S,

因为平面ABC。，平面BCiD,

所以AiSL平面BCiD,

设R为直线AIC上任意一点，连接PR,