专题7.2 空间中的位置关系【十大题型】（举一反三）（新高考专用）（解析版）2024年高考数学二轮复习

第第页专题7.2空间中的位置关系【十大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1空间中点、线、面位置关系的判断】 3【题型2共面、共线、共点的证明】 5【题型3线面平行的判定】 9【题型4线面平行的性质定理的应用】 13【题型5面面平行的判定】 17【题型6面面平行的性质定理的应用】 21【题型7线面垂直的判定】 25【题型8线面垂直的性质定理的应用】 29【题型9面面垂直的判定与性质】 33【题型10平行、垂直关系的综合应用】 381、空间中的位置关系空间中的位置关系是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间中的位置关系主要分两方面进行考查，一是空间中线面关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第一小问的形式考查，难度中等.【知识点1共面、共线、共点问题的证明方法】1.共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.【知识点2空间中两直线位置关系的判定方法】1.空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.(1)异面直线的判定可采用直接法或反证法；(2)平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；(3)垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.【知识点3空间中的平行关系的判定方法】1.线线平行的证明方法(1)定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；(2)利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；(3)利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行；(4)利用线面平行与面面平行的性质定理来判定线线平行.2.线面平行的判定方法(1)利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点；(2)利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行一线面平行”)；(3)利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。(简记为“面面平行一线面平行”).3.面面平行的判定方法(1)面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法).(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(选择、填空题可用)；(4)平行于同一个平面的两个平面平行(选择、填空题可用).【知识点4空间中的垂直关系的判定方法】1.直线与平面垂直的判定方法(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；(4)面面垂直的性质定理：如果两个平阿敏垂直，那么在一个平面内垂直于它门交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.2.面面垂直判定的两种方法与一个转化(1)两种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)一个转化：在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.3.平面与平面垂直的其他性质与结论

(1)如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.(2)如果两个平面互相垂直，那么与其中一个平面平行的平面垂直于另一个平面.(3)如果两个平面互相垂直，那么其中一个平面的垂线平行于另一个平面或在另一个平面内.(4)如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面.(5)三个两两垂直的平面的交线也两两垂直.【知识点5空间中位置关系的相互转化】1.线、面垂直位置关系的相互转化2.平行关系与垂直关系的相互转化【题型1空间中点、线、面位置关系的判断】【例1】（2023·陕西咸阳·咸阳市实验中学校考一模）设m,n为两条直线，α,β为两个平面，若α⊥β，则（

）A．若m//α,n//β，则m⊥n B．若m⊥α,n//β，则m⊥nC．若m⊥α,n⊥β，则m⊥n D．若m⊂α,n⊂β，则m⊥n【解题思路】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【解答过程】对于A中，若α⊥β且m//α,n//β，则m与n平行、相交或异面，所以A不正确；对于B中，若α⊥β且m⊥α,n//β，则m与n平行、相交或异面，所以B不正确；对于C中，若α⊥β且m⊥α,n⊥β，如图所示，取点A，过点A，作AB⊥α,AC⊥β，则AB//m,AC//n，设α∩β=l，可得AB⊥l,AC⊥l，因为AB∩AC=A，且AB,AC⊂平面ABDC，所以l⊥平面ABDC，又因为BD,CD⊂平面ABDC，所以l⊥BD,l⊥CD，所以∠BDC为α与β所成角的平面角，由α⊥β，可得∠BDC=90∘，即所以四边形ABDC为矩形，所以AB⊥AC，所以m⊥n，所以C正确；对于D中，若α⊥β且m⊂α,n⊂β，则m与n平行、相交或异面，所以D不正确.故选：C.【变式1-1】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知直线m,n和平面α，满足n⊂α，则“m//n”是“m//A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据线面关系，结合必要条件以及充分条件的定义，可得答案.【解答过程】充分性：当且仅当m⊄α时，由m//n，则m//α，故“必要性：由题意可知：m与n无公共点，则m//n或者m与n异面，故“m//故选：D.【变式1-2】（2023·上海·统考模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点

A．DD1 B．AC C．AD【解题思路】根据异面直线的定义一一判定即可.【解答过程】由正方体的性质易知当P为A1C1而DD1//B则BP、DD1在平面同上，AA1//C易知P∈平面ACC1A1，而当P、C1重合时，易知AB//D则此时AD同上当P、C1重合时，显然B1故选：B.【变式1-3】（2023·四川达州·统考一模）已知m,n是两条不同直线，α,β,γ是三个不同平面，则下列说法正确的是（

）A．m//α,m⊥n,则n⊥α B．m⊥α,m⊥n,则n//αC．α//β,m⊂β,则m//α D．m⊥β,β⊥γ,则m//γ【解题思路】根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断.【解答过程】对于A：因为m//α,m⊥n,所以n⊂α或n//α或n与α相交，故A错误；对于B：因为m⊥α,m⊥n,所以n⊂α或n//α，故B错误；对于C：两个平面平行，一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面，故C正确；对于D：因为m⊥β,β⊥γ,所以m//γ或m⊂γ，故D错误；故选：C.【题型2共面、共线、共点的证明】【例2】（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1A．A,M,O三点共线 B．M,O,AC．B,B1,O,M四点共面 【解题思路】由长方体性质易知A,A1,C1,C四点共面且OM,BB1是异面直线,再根据M与A1C、面ACC【解答过程】因为AA则A,A因为M∈A则M∈平面ACC又M∈平面AB则点M在平面ACC1A同理,O、A也在平面ACC所以A,M,O三点共线;从而M,O,A1, A而点B不在平面ACC所以M,O,AB,B1,O,而点A不在平面BB所以直线AO与平面BB1D所以点M不在平面BB即B,B故选项C错误；BC∥D1A所以BCD所以CA所以B,D故选项D正确.故选:C.【变式2-1】（2023下·湖北黄冈·高一校考阶段练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G,H分别在BC，CD上，且BG:

①E，F，G，H四点共面；②EG//FH;③若直线EG与直线FH交于点P，则P，A，A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】推导出EF//BD，GH//BD，从而EF//GH，由此能证明E，F，G，H四点共面；EF≠GH，从而直线EG与直线FH必相交，设交点为【解答过程】如图所示，

E，F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD，G,H分别在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2，∴GH//∴EF//GH，则E，F，G，∵GH>EF，四边形FEGH是梯形，EG//若直线EG与直线FH交于点P，则由P∈EG，EG⊂平面ABC，得P∈平面ABC，同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，P∈AC∴则P，A，C三点共线，说法③正确；说法中正确的有2个.故选：C.【变式2-2】（2023下·河南开封·高一校联考期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱D1C1

A．三点D1,O,BB．三点D1,O,BC．三点D1,O,BD．三点D1,O,B【解题思路】连接AD1，BC1【解答过程】连接连接AD1，

∵O∈直线AE,AE⊂平面ABC1D又∵O∈平面BB1D1D，平面∴三点D1∵△ABO∼△ED故选：B.【变式2-3】（2023下·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱AAA．l过点BB．l不一定过点BC．D1P的延长线与DA的延长线的交点在D．D1Q的延长线与DC的延长线的交点在【解题思路】作出辅助线，得到D1，P，B，Q四点共面，即B∈平面D1PBQ，又B∈平面ABCD，所以B∈l；作出辅助线，得到F∈平面D1PBQ，F∈【解答过程】连接PB，QB，如图，因为P，Q分别是棱AA1，由勾股定理得D1所以四边形D1所以D1，P，B，Q四点共面，即B∈平面D又B∈平面ABCD，所以B∈l，故A结论正确，B结论错误.如图，延长D1P与DA的延长线交于点F，延长D1Q与因为D1F⊂平面D1PBQ，所以因为DF⊂平面ABCD，所以F∈平面ABCD，所以F∈l，同理E∈l，故C，D正确.故选：B.【题型3线面平行的判定】【例3】（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，D，①直线BC1∥平面A1DC；

③直线A1D∥平面B1EC；

其中正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】根据题意，由线面平行的判定定理，对选项逐一判断，即可得到结果.【解答过程】对于①：如图1，连接AC1，交AC1于点F，连接DF，则点F是AC1的中点，又D是AB的中点，所以DF∥BC1，因为DF⊂平面对于②：如图2，取BC的中点F，连接DF，C1F，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC对于③：如图3，取BC的中点F，连接DF，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E对于④：如图4，连接AC1，交EC于点F，连接DF，则平面ABC1∩平面CDE=DF，若直线BC1∥平面CDE，则DF∥BC1，由于故选：B.【变式3-1】（2023·广西·校联考模拟预测）在三棱锥D−ABC中，M,N分别是△ACD、△BCD的重心，以下与直线MN平行的是（

）A．直线CD B．平面ABD C．平面ACD D．平面BCD【解题思路】取CD中点为E，由M，N分别是△ACD和△BCD的重心，证得MN//AB，结合CD不平行AB，可判定A错误；利用线面平行的判定定理，证得MN//平面ABD，可判定B正确；结合M∈平面ACD，M∉平面BCD和N∈平面BCD，N∉平面ACD，可判定C、D错误．【解答过程】如图所示，取CD中点为E，连结AE、BE，由M，N分别是△ACD和△BCD的重心，可得AMME=2则EMEA=13，ENEB又由CD不平行AB，故A错误；由MN//AB，且MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN//平面ABD，所以B正确；因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，所以C错误；因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD不平行，所以D错误．故选：B．【变式3-2】（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，四棱锥D1−ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，E为侧棱(1)证明：BD1//(2)若D1D⊥底面ABCD，且D1【解题思路】（1）利用直线与平面平行的判定定理容易证出；（2）容易推导出四个侧面都是直角三角形，进而D1【解答过程】（1）如下图，连接BD,设BD与AC相交与点M,连接EM.因为底面ABCD是边长为3的正方形，所以M为BD中点，又因为E为侧棱D1D的中点，所以BD又BD1⊄平面ACE，EM⊂所以BD1//（2）因为D1D⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以D1DD1∩AD=D,DD1,AD⊂平面而AD1⊂平面D1AD所以△D则四棱锥D1−ABCD=1所以四棱锥D1【变式3-3】（2023·河南新乡·统考三模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，△ABF是等边三角形，EF//AD，BC=2EF=4，M是(1)证明：MF//平面ECD(2)当平面ABF⊥平面ABCD时，求多面体ABCDEF的体积.【解题思路】（1）利用已知条件证明MF//DE，则可得MF//（2）多面体ABCDEF分成四棱锥E−ABCD和三棱锥E−ABF，分别求体积即可.【解答过程】（1）证明：因为EF//AD，EF=12BC=所以EF//DM，且所以四边形DEFM是平行四边形，从而MF//因为MF⊂平面ECD，DE⊂平面ECD，所以MF//平面（2）解：连接BE，AE，则V因为平面ABF⊥平面ABCD，平面ABF∩平面ABCD=AB，AD⊂平面ABCD，ABCD是正方形,AD⊥AB，所以AD⊥平面ABF，又EF//AD，所以EF⊥平面VE−ABF设AB的中点为H，连接FH，则FH⊥平面ABCD，因为EF//AD，EF⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF所以E到平面ABCD的距离等于FH的长度，且FH=23所以VE−ABCD所以VABCDEF【题型4线面平行的性质定理的应用】【例4】（2023下·陕西西安·高一长安一中校考阶段练习）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面α，使SB∥α，设α与SM交于点N，则SMSN的值为（

A．43 B．32 C．23【解题思路】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，根据线面平行得性质证明SB∥DN，再根据MC∥AB可得DMDB【解答过程】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，则平面NAC即为平面α，

因为SB∥α，平面SMB∩α=DN，SB⊂平面SMB，所以SB∥DN，因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=1所以MC∥AB且MC=12AB又SB∥DN，所以MNSN=DM故选：B.【变式4-1】（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）在四棱锥P−ABCD中，DC=3AB，过直线AB的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱PC交于点E，则PEPCA．12 B．22 C．32【解题思路】设平面与PD交于F，由题设易证DC//EF，若PEPC=λ(0<λ<1)，则PFPD=λ，根据VP−ABE与VP−ABC、VP−AEF【解答过程】设平面与PD交于F，而DC=3∴DC//AB，∵AB⊄面PDC，DC⊂面PDC，∴AB//面PDC，又AB⊂面ABEF，面ABEF∩面PDC=EF，∴AB//EF，即DC//EF，若PEPC=λ(0<λ<1)，则PFPD=λ，设四棱锥P−ABCD的体积为∴S△ACD=3S△ABC，即VP−ABC=V而VP−AEFVP−ACD∴VP−ABE+V故选：D.【变式4-2】（2023·全国·高一专题练习）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面边长均为1，M，N分别是棱BC，A1B1上的点，且A．34 B．23 C．12【解题思路】过N作NP//B1C1交A1C1于P，利用线面平行的性质可得MN//【解答过程】过N作NP//B1C1交A1因为MC//B1C1，∴因为MN//平面AA1C1C，平面MNPC∩平面AA1所以MN//CP，又NP//MC,∴四边形MNPC为平行四边形，又CM=2B∴NP=1−λ所以λ=2故选：B．【变式4-3】（2023·甘肃白银·甘肃省靖远县第一中学校联考二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，点P在正方形ABBA．2 B．655 C．2【解题思路】先根据题中的关系确定点P在平面ABB1A【解答过程】如图，分别取棱B1C1，BB1的中点M，N，连接A因为正方体中A1M∥AE，所以平面A1MN内两相交直线A1M，所以A1MN//平面AEF，则点P在线段过点A作AH⊥A1N，垂足为H则DP≥DH，当且仅当P与H重合时，DP=DH=D故选：B.【题型5面面平行的判定】【例5】（2023·新疆·统考一模）如图，在长方体ABCD−A1B1CA．BB．BD与EF异面C．EH//平面D．平面EFGH//平面【解题思路】根据题目信息和相似比可知，BD1不可能平行于GH，BD与【解答过程】如下图所示，连接A1根据题意，由A1EEB1同理可得GH//CD由GH//CD1，而CD易知BD与EF不平行，且不相交，由异面直线定义可知，BD与EF异面，即B正确；在长方体ABCD−A1B所以EF//GH,EF=GH，即四边形所以EH//FG，又BC//EH⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EH//平面ABCD由EF//A1B，EF⊄平面A1BCD1，又BC//FG，FG⊄平面A1BCD1，BC⊂平面又EF∩FG=F，且FG,EF⊂平面EFGH，所以平面EFGH//平面A故选：A.【变式5-1】（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）在正方体ABCD−A1B①AD②平面AB1D③AD④AD1//A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④【解题思路】根据正方体的性质、线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可.【解答过程】因为AB//C1D1易证BD//B1D1，AB1//DC1，BD⊂平面BDC1又AB1∩B1D1=B由正方体ABCD−A1B1C因为AD1//BC1，AD1⊄平面BD故选：A.【变式5-2】（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱ABCDEF−A1B

(1)证明：平面ADF1//平面(2)求平面ADF1与平面【解题思路】（1）利用面面平行的判定定理证明;（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.【解答过程】（1）在正六棱柱ABCDEF−A因为底面为正六边形，所以AD//BC，因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以因为CD//A1F1，CD=A因为DF1⊄平面A1BC，A1C⊂又AD∩DF1=D，所以平面AD（2）平面ADF1与平面A1BC间的距离等价于点A到平面连接AC，则四面体A1ABC的体积因为V=1A1B=A所以cos∠A1所以S△所以d=3VS△A1BC=【变式5-3】（2023下·辽宁阜新·高一校考期末）已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、E、F、N分别是(1)E、F、D、B四点共面(2)平面AMN//平面EFDB【解题思路】（1）根据题意证明EF//BD，即可得结果；（2）根据线面、面面平行的判定定理分析证明.【解答过程】（1）证明：∵E,F分别是B1C1所以EF//B又DD所以四边形D1∴D∴EF//即EF,BD确定一个平面，故E、F、D、B四点共面.（2）（2）∵M、N分别是A1B1∴MN//D1B1//EF.又MN⊄平面EFDB，EF⊂连接NE，如图所示，则NE//A1B∴四边形NEBA是平行四边形.∴AN//又AN⊄平面EFDB，BE⊂平面EFDB.∴AN//平面EFDB∵AN,MN都在平面AMN,且AN∩MN=N,所以平面AMN//平面EFDB【题型6面面平行的性质定理的应用】【例6】（2023·四川达州·统考一模）如图所示，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP=a3，过B1，D1，P的平面交平面A．223aC．22a 【解题思路】连接BD，由面面平行性质定理，可以证出B1D1∥PQ，所以PQ∥BD，【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C∴四边形DD1B又∵在正方体ABCD−A1B1C1D平面B1D1P∩平面A1B1C1D1∴B1D1∴∠PQD=∠BDC，，又∵∠PDQ=∠BCD=90°，∴△PDQ∼△BCD，∴PQBD又∵正方体ABCD−A1B∴BC=a，PD=AD−AP=a−a3=∴PQ=PD×BD故选：A.【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1DA．AP∥平面BC1D C．AP⊥平面A1BD D．AP⊥【解题思路】正方体中证明平面AD1C//【解答过程】如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，由AC⊄平面A1BC1，A1C1同理AD1//平面A1BC1，而AAP⊂平面AD1C，所以AP//故选：B．【变式6-2】（2023下·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：①a∥c，b∥c，则a∥b；②若③α∥c，β∥c，则α∥β；④若⑤若α∥c，a∥c，则a∥α；⑥若a∥其中真命题的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【解题思路】根据空间中线线平行、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理判断即可.【解答过程】a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，①a∥c，b∥②a∥γ，b∥γ，则③α∥c，β∥c，则④α∥γ，β∥⑤α∥c，a∥c，则⑥a∥γ，α∥γ，则故选：C.【变式6-3】（2023上·安徽六安·高二校考阶段练习）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=3，AB⊥AC，AA1=6，P是CC1的中点，Q在棱A1C1

A．12 B．13 C．14【解答过程】取B1C1上一点S，使得B1S=2SC1，取BB1上一点T，使得B1T=13BB1，连接QS,ST，取【解题思路】取B1C1上一点S，使得B1S=2SC1连接QS,ST，因为A1Q=2QC1，因为AB⊂平面ABP，SQ⊄平面ABP，所以SQ//平面ABP，又因为取BB1的中点M1BM1//C1又因为B1T=13B所以在△B1M1C因为BP⊂平面ABP，TS⊄平面ABP，所以TS//平面ABP，因为TS∩SQ=S，所以平面TSQ//平面ABP，而TQ⊂平面TSQ，所以TQ//平面ABP，故T,M重合，所以B1故选：B.

【题型7线面垂直的判定】【例7】（2023·宁夏银川·统考模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DDA．BC1//平面AEC B．C．B1O⊥上平面AEC D．直线A1【解题思路】根据正方体的结构特征，证明BC1//AD1判断A；证明DB1⊥平面AD【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，对角面因此BC1与平面BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC，又BD⊥AC，则有AC⊥平面BDB1，而DB1⊂平面BDAC∩AD1=A,AC,AD1⊂平面ACD1，于是DB1⊥令AB=2，E为DD1中点，O是AC与BD的交点，则EO2=D即EO2+B1O2=EB12AC∩EO=O,AC,EO⊂面AEC，因此B1O⊥平面取CC1中点F，连接EF,BF,A1F，因为E于是EF//DC//AB,EF=DC=AB，四边形ABFE为平行四边形，即BF//AE，则∠A1BF为直线A1B与直线AE因此cos∠A1BF=A故选：C.【变式7-1】（2023·江西南昌·统考一模）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，A1B1=4，A．平面A1C1D B．平面DMN C．平面【解题思路】延长AA1,BB1,CC1,DD1交于一点P，取PB中点Q，连接AQ,CQ，根据三角形相似及长度关系可得△PAB为等边三角形，即可得AQ⊥PB，CQ⊥PB，由长度关系及平行可证明△Q【解答过程】解：延长AA1,BB1,CC1,D因为正四棱台ABCD−A1B因为AB=6，A1B1=4，所以A1B1AB=所以PB=PA=AB=6，即△PAB为等边三角形，因为Q为PB中点，所以AQ⊥PB，且QB=3，同理可得CQ⊥PB，因为BB1=2，所以Q因为M,N为A1B1故QB1M因为∠QB1M=∠QBA所以△QB1M∼△QBA所以∠QMB1=∠QAB因为MB1∥AB所以M在AQ上，N在CQ上，因为AQ⊥PB，CQ⊥PB，所以AM⊥PB，CN⊥PB，即AM⊥BB1，CN⊥BB1，因为AM⊂平面AMCN，AM∩CN=Q，所以BB1⊥故选：C．【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD为梯形，AD//BC,AB=1,AD=2,BC=3,∠ABC=π2,M为边AD的中点，N为边BC上一点，且MN//AB．若将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2(1)证明：CD⊥平面FND；(2)求三棱锥F−PND的体积．【解题思路】（1）先根据已知得到FN⊥ND,FN⊥MN，，再根据线面垂直的判定定理和线面垂直的性质得到FN⊥CD，利用勾股定理的逆定理得到CD⊥ND，最后利用线面垂直的判定定理证得CD⊥平面FND.（2）利用等体积法求三棱锥F−PND的体积．【解答过程】（1）因为四边形ABCD为梯形，AD//BC,AB=1,AD=2,BC=3,∠ABC=π2，M为边AD的中点，且所以四边形ABNM为正方形，且边长为1，故在几何体CDMNFE中，ND=2因为FN=1,FD=3，所以：FN2因为FN⊥MN,MN∩ND=N,MN⊂平面MDCN,ND⊂平面MDCN，所以FN⊥平面MDCN，又因为：CD⊂平面MDCN，所以：FN⊥CD，易知CD=2，得：CD2因为FN∩ND=N,FN⊂平面FND,ND⊂FND，所以CD⊥平面FND.（2）如图，取NC的中点O，连接PO，则PO//又PO⊄平面FND，FN⊂平面FND，所以PO//平面FND，过点O作OH//CD，交ND于H，因为CD⊥平面FND，所以OH⊥平面FND，所以点P到平面FND的距离即OH，又因为：OH=1所以：VF−PND故：三棱锥F−PND的体积为：16【变式7-3】（2023·上海青浦·统考一模）已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．(1)求证：BC⊥平面CDP；(2)若直线AD与BP所成的角大小为60°，求DP的长．【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理可证；（2）由异面直线所成角结合（1）可求得PC，在Rt△CDP中，可求得DP【解答过程】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴DP⊥BC，又底面ABCD为正方形，则BC⊥DC且DC∩DP=D，DC,DP⊂平面CDP，∴BC⊥平面CDP．（2）∵BC⊥平面CDP，∴BC⊥CP，∴∠CBP为锐角，又∵AD//BC，∴∠CBP为直线AD与BP所成的角，∴∠CBP=60°，在Rt△CPB中，BC=3∴CP=33在Rt△CDP中，CP=33，CD=3，于是【题型8线面垂直的性质定理的应用】【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2．M，N分别为求证：MN//【解题思路】利用线面垂直的判定定理，证明MN,A1C均与平面A【解答过程】证明：如图，连接B1A，∵CC1⊥平面A1B∴CC∵四边形A1∴A1又∵CC1∩A1∴B1D1又∵A1C⊂平面∴B1D1又∵AB1∩B1∴A1C⊥平面∵B1C1∴四边形ADC∴C1∵MN⊥C∴MN⊥AB又∵MN⊥B1D1，AB∴MN⊥平面AB∴A1【变式8-1】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)求证：AC⊥BE；(2)当E是DD1的中点时，求点D到平面【解题思路】（1）连接BD，利用线面垂直的判定、性质推理即得.（2）取AD的中点F，连接EF,AD1，证明【解答过程】（1）在长方体ABCD−A1B1C1D由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，得AC⊥ED，而ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE⊂平面BED，所以AC⊥BE.（2）取AD的中点F，连接EF,AD1,BF，四边形AB则四边形ABC1D1是矩形，BC1//AD1，而E显然ED=1,DF=12，则EF=BF=52,BE=3，等腰△BEF的面积S△BEF=12BE⋅ℎ=设点D到平面BC1E的距离为d，由V于是64d=1所以点D到平面BC1E【变式8-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在几何体ABCDPE中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PDCE⊥平面ABCD．(1)证明：BC⊥PD；(2)若四边形ABCD是边长为4的正方形，PD=AD,EC//PD,EC=1【解题思路】（1）过点B分别作BM⊥CD,BN⊥AD，证得BM⊥平面PDCE，得到BM⊥PD和BN⊥PD，证得PD⊥平面ABCD，即可证得BC⊥PD．（2）根据题意，求得各个面的面积，进而得到几何体的表面积.【解答过程】（1）证明：在平面ABCD内，过点B分别作BM⊥CD,BN⊥AD，因为平面PDCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD=CD，所以BM⊥平面PDCE，又因为PD⊂平面PDCE，所以BM⊥PD，同理可得：BN⊥PD．因为BM∩BN=B，BM,BN⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，又因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PD．（2）解：由勾股定理得BE=PE=25所以S△PBE因为四边形ABCD的面积S1四边形PDCE的面积S2S△PDA=8，S△BCE所以该几何体的表面积为46【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）如图（1），在梯形ABCD中，AD // BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD=DE=1，AE=BC=2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD=5，【解题思路】在△BEC中，求得BE=2，结合勾股定理证得BE⊥EC，AB⊥BE，从而证得AB⊥平面BDE，再在Rt△EDC和△BDC中，分别证得ED⊥CD和BD⊥CD，从而证得CD⊥平面BDE，即可证得AB【解答过程】证明：在Rt△EDC中，CD=DE=1，所以EC=2，∠DEC=∠ECB=45°在△BEC中，EC=2，BC=2，∠ECB=45°由余弦定理得BE=2+4−2×所以EC2+B同理可得，在△ABE中，AB=2，且AB⊥BE在△ABD中，AB2+B因为BD∩BE=B，BD，BE⊂平面BDE，所以AB⊥平面BDE，在Rt△EDC中，ED⊥CD，在△BDC中，BD2+C因为ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDE，所以CD⊥平面BDE，所以AB // 【题型9面面垂直的判定与性质】【例9】（2023·四川凉山·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，∠PAD=π(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若E为PC的中点，求直线EB与平面PAD所成角的正弦值．【解题思路】（1）通过证明AB⊥平面PAD来证得平面PAD⊥平面ABCD.（2）作出直线EB与平面PAD所成角，解三角形求得所成角的正弦值.【解答过程】（1）在△PAD中，由2sinπ6所以∠APD=π2，则，PA=4cos所以PB2=P因为AB⊥AD，又AD、PA⊂平面PAD,AD∩PA=A，所以AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．（2）设PD,AB的中点分别为F,G，连接FE,FG,FA，因为FE//CD，FE=12CD所以，FE//GB,FE=GB，即则EB//FG，由（1）题可知AB⊥平面所以，直线EB与平面PAD所成角为∠AFG，在Rt△APD中AF=13，则sin∠AFG=所以，直线EB与平面PAD所成角的正弦值为217【变式9-1】（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）如图，在底面为菱形的四棱锥P−ABCD中，PO⊥底面ABCD，其中O为底面的中心.(1)证明：平面PAC⊥平面PBD.(2)若PO=OD,PO+OC=3，求四棱锥P−ABCD体积的最大值.【解题思路】（1）通过证明BD⊥平面PAC，来证得平面PAC⊥平面PBD.（2）设OC=a，然后利用基本不等式求得四棱锥P−ABCD体积的最大值.【解答过程】（1）由于PO⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，由于四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，由于PO∩AC=O,PO,AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，由于BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.（2）设OC=a,0<a<3，所以PO=OD=3−a，所以V=1当且仅当3−a=2a,a=1时等号成立.所以四棱锥P−ABCD体积的最大值为83【变式9-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，△PBA为等边三角形，平面PBA⊥平面ABC，BC⊥PA.

(1)求证：BC⊥平面PBA；(2)若AB=2，BC=23，求点B到平面PAC【解题思路】（1）作辅助线作PO⊥AB，利用面面垂直的性质定理找到线面垂直关系，从而找到线线垂直关系，利用线面垂直的判定定理即可得证.（2）求出线段PC，AC的长，求出△PAC的面积，利用等体积法求解，即可得答案.【解答过程】（1）过点P作PO⊥AB交AB于点O，

因为平面PBA⊥平面ABC，平面PBA∩平面ABC=AB，PO⊂平面PBA，所以PO⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以PO⊥BC，又BC⊥PA，PA∩PO=P，PA，PO⊂平面PBA，所以BC⊥平面PBA.（2）由题意知PA=AB=PB=2，BC=23因为BC⊥平面PBA，PB⊂平面PBA，所以BC⊥PB，所以PC=PB2过点C作CH⊥PA交PA于点H，则H为AC的中点，AH=1，则CH=A所以S△PAC设点B到平面PAC距离为d，则VC−PAB即13×15所以点B到平面PAC的距离为215【变式9-3】（2023·河北·校联考模拟预测）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上､下底面为等腰梯形，AD//BC，(1)证明：平面A1ACC(2)若AA1=2，∠A1【解题思路】（1）证明面面垂直需先证明线面垂直，找到BD分别垂直AA1与（2）借助题目条件得出OC长度即为所求.【解答过程】（1）证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，则BE=1，CE=3,在Rt△ABE中，AE=所以BD=AC=32设AC交BD于点O，因为AD//BC，所以OAOC所以OC=OB=22所以OB2+O又AA1⊥BD，AA1∩AC=A，所以BD⊥平面A1又BD⊂平面ABCD，所以平面A1ACC（2）连接A1OA所以OA12又AC⊥BD，OA1∩BD=O，所以AC⊥所以点C到平面A1BD的距离为OC的长为【题型10平行、垂直关系的综合应用】【例10】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA

(1)求证：A1C//平面(2)求证：BC⊥AA【解题思路】（1）利用线面平行的判定定理直接证明即可；（2）由面面垂直得出线面垂直，再由线面垂直得出线线垂直.【解答过程】（1）连接B1C交BC1于点E，则E为因为D1为A1B又D1E⊂平面BC1D所以A1C//（2）连接AC1，因为AA所以AC又平面A1BC⊥平面ACC1A且AC1⊂平面ACC1又BC⊂平面A1BC，所以因为AC⊥BC,AC∩AC1=A,AC,A所以BC⊥平面ACC又AA1⊂平面AC【变式10-1】（2023·山东·统考一模）如图所示，已知AA1⊥平面ABC，BB1//AA1,AB=AC

(1)证明：EF//平面A1(2)证明：AE⊥平面BCB【解题思路】（1）应用中位线即可证明EF//A（2）应用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可证明.【解答过程】（1）连接A1B，在∵点E和F分别是BC和A1C的中点，又∵A1B⊂平面A1B∴EF//平面A1

（2）∵AB=AC,E为BC中点，∴AE∵AA1⊥平面ABC,BB1∵AE⊂平面ABC，∴BB又∵BC,BB1⊂平面BC∴AE⊥平面BCB【变式10-2】（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=3，

(1)求AEAB(2)当正四棱台ABCD−A1B1C【解题思路】（1）取点构造平行四边形B1（2）设AB=2A1B1=4x，将体积表示为x的函数，求出棱台的体积最大时x的值，再添加辅助线MH【解答过程】（1）如图所示，作B1F∥A1再作FG∥BC交BD于G，连接因为A1E∥平面BMND，所以B又平面B1FGM∩平面所以B1又因为FG∥BC∥所以FG=B1M=12故E也为棱AB的四等分点，所以AEAB（2）由（1）易知G为BD的四等分点，所以点B1在点G的正上方，所以B1G⊥设AB=2A1B1=4x所以该四棱台的体积V=1而V2当且仅当x2=3−2x2，即x=1时取等号，此时作MH∥C1C交BC于H，则连接GH，在△BGH中，GH而MG=BF=3所以GH2=M在△BMH中，BM=22+22所以BM2+M而BM，MG⊂平面BMND，且BM∩MG=M，所以MH⊥平面BMND，故C1C⊥平面

【变式10-3】（2023·河南·统考三模）如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为梯形，AB//CD，AD⊥AB，AB=PA=2DC=4，PB=2AD=42，PD=26，M，N分别是

(1)求证：直线MN//平面ABCD；(2)求证：PA⊥MN．【解题思路】（1）连接BD，证明MN//（2）利用勾股定理证明PA⊥AD，PA⊥AB，从而可得PA⊥平面ABCD，即可得证.【解答过程】（1）连接BD，因为M，N分别是PD，PB的中点，所以MN//又MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以直线MN//平面ABCD；（2）因为AD=22所以PA2+A因为AB=4，PB=42所以PA2+A又AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又MN//BD，所以1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为14

A．102m B．112mC．117m D．125m【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO=因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=5所以在直角三角形EOG中，EG=在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=E又因为EF=AB−5−5=25−5−5=15，所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m故选：C.2．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为（

A．1 B．3 C．2 D．3【解题思路】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【解答过程】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E，∴AB⊥平面PEC，又PE=CE=2×32=故PC2=P所以V=V故选：A.3．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（

）A．15 B．25 C．35【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=150

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDECD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35故选：C.4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥A．19 B．29 C．13【解题思路】分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥平面PAC，垂足为B′，连接PB′,过N作NN【解答过程】如图，分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥

因为BB′⊥平面PAC，BB′⊂平面又因为平面PBB′∩平面PAC=PB′，NN′⊥PB′，在△PCC′中，因为MM′⊥PA,C在△PBB′中，因为BB所以VP−AMN故选：B.5．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（

）．A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4C．AC=22 D．△PAC的面积为【解题思路】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【解答过程】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3A选项，圆锥的体积为13B选项，圆锥的侧面积为π×C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P−AC−O的平面角，则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，故AD=CD=3−1=2D选项，PD=12+故选：AC.

6．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C

(1)证明：平面ACC1A(2)设AB=A1B,A【解题思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACC(2)过点A1作A1O⊥CC1，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证A1C=AC，从而证得O【解答过程】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面所以A1又因为∠ACB=90∘，即A1C,AC⊂平面ACC所以BC⊥平面ACC又因为BC⊂平面BCC所以平面ACC1A（2）如图，

过点A1作A1O⊥C因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥平面所以四棱锥A1−BB因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面所以A1C⊥BC,又因为A1B=AB，所以△ABC与△A1BC设A1C=AC=x，则所以O为CC1中点，又因为A1C⊥AC,所以即x2+x所以A1所以四棱锥A1−BB7．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)证明：A1(2)已知AA1与BB1的距离为2，求【解题思路】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BCC（2）利用直角三角形求出AB1的长及点【解答过程】（1）如图，

∵A1C⊥底面ABC，BC⊂∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC⊂∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC∴平面ACC1A过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面AC∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1设CO=x，则C1∵△A1OC,△CO2+A1∴1+x2+1+∴AC=A∴（2）∵AC=A∴∴BA=BA过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则由直线AA1与B∵A1D=1，BD=2在Rt△ABC，∴BC=延长AC，使AC=CM，连接C1由CM∥A1C∴C1M∥A1C，∴C∴则在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴AB又A到平面BCC所以AB1与平面BCC8．（2023·天津·统考高考真题）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA

(1)求证：A1N//平面(2)求平面AMC1与平面(3)求点C到平面AMC【解题思路】（1）先证明四边形MNA（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【解答过程】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N⊄平面C