2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第八章 第3節(jié) 空間直線、平面的平行含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第八章第三節(jié)空間直線、平面的平行課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關(guān)系，并加以證明.2.掌握直線與平面、平面與平面平行的判定與性質(zhì)，并會(huì)簡(jiǎn)單應(yīng)用.近幾年空間直線與平面平行的有關(guān)知識(shí)，一直是高考命題的熱點(diǎn)，重點(diǎn)考查學(xué)生的空間想象能力、計(jì)算能力、推理論證能力以及轉(zhuǎn)化思想．預(yù)計(jì)2025年高考這一部分知識(shí)仍會(huì)考查，以解答題第(1)問(wèn)的形式出現(xiàn)，難度中檔.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．線面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理如果平面外一條直線與eq\x(\s\up1(01))此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(02))a?α,\x(\s\up1(03))b?α,\x(\s\up1(04))a∥b))?a∥α性質(zhì)定理一條直線與一個(gè)平面平行，如果過(guò)該直線的平面與此平面eq\x(\s\up1(05))相交，那么該直線與交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(06))a∥α,\x(\s\up1(07))a?β,\x(\s\up1(08))α∩β＝b))?a∥b2.面面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條eq\x(\s\up1(09))相交直線與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(10))a?β,\x(\s\up1(11))b?β,\x(\s\up1(12))a∩b＝P,\x(\s\up1(13))a∥α,\x(\s\up1(14))b∥α))?β∥α性質(zhì)定理兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面eq\x(\s\up1(15))相交，那么兩條eq\x(\s\up1(16))交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α∥β,\x(\s\up1(18))α∩γ＝a,\x(\s\up1(19))β∩γ＝b))?a∥b1．(1)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.(2)平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.(3)垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.(4)若α∥β，a?α，則a∥β.2．三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若直線a∥平面α，P∈α，則過(guò)點(diǎn)P且平行于直線a的直線有無(wú)數(shù)條．()(2)若直線a?平面α，直線b?平面β，a∥b，則α∥β.()(3)如果兩個(gè)平面平行，那么分別在這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．()答案(1)×(2)×(3)√2．小題熱身(1)(人教A必修第二冊(cè)習(xí)題8.5T1改編)下列說(shuō)法中，與“直線a∥平面α”等價(jià)的是()A．直線a上有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)不在平面α內(nèi)B．直線a與平面α內(nèi)的所有直線平行C．直線a與平面α內(nèi)無(wú)數(shù)條直線不相交D．直線a與平面α內(nèi)的任意一條直線都不相交答案D解析因?yàn)閍∥平面α，所以直線a與平面α無(wú)交點(diǎn)，因此直線a與平面α內(nèi)的任意一條直線都不相交．故選D.(2)已知不重合的直線a，b和平面α，則下列說(shuō)法正確的是()A．若a∥α，b?α，則a∥bB．若a∥α，b∥α，則a∥bC．若a∥b，b?α，則a∥αD．若a∥b，a?α，則b∥α或b?α答案D解析若a∥α，b?α，則a，b平行或異面，A錯(cuò)誤；若a∥α，b∥α，則a，b平行、異面或相交，B錯(cuò)誤；若a∥b，b?α，則a∥α或a?α，C錯(cuò)誤；若a∥b，a?α，則b∥α或b?α，D正確．故選D.(3)(2024·福建寧德一中質(zhì)檢)已知α，β是空間兩個(gè)不同的平面，命題p：“α∥β”，命題q：“平面α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行”，則p是q的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析若α∥β，則平面α內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面，故平面α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行，所以p可以推出q；根據(jù)面面平行的判定定理，如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行．若平面α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行，則α與β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故選A.(4)如圖是長(zhǎng)方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為_(kāi)_______．答案平行四邊形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形．考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一空間中平行關(guān)系的基本問(wèn)題例1在下列判斷兩個(gè)平面α與β平行的四個(gè)命題中，真命題的個(gè)數(shù)是()①α，β都垂直于平面γ，那么α∥β；②α，β都平行于平面γ，那么α∥β；③α，β都垂直于直線l，那么α∥β；④如果l，m是兩條異面直線，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥β.A．0 B．1C．2 D．3答案D解析如圖，易知在正方體中相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，故①是假命題；由平面平行的傳遞性可知②是真命題；由線面垂直的性質(zhì)可知③是真命題；過(guò)直線l作平面γ與α，β分別交于l1，l2，過(guò)直線m作平面χ與α，β分別交于m1，m2，因?yàn)閘∥α，l∥β，所以l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2，因?yàn)閘1?β，l2?β，所以l1∥β，同理，m1∥β，又l，m是兩條異面直線，所以l1，m1相交，且l1?α，m1?α，所以α∥β，故④是真命題．故選D.【通性通法】(1)判斷與平行關(guān)系相關(guān)命題的真假，必須熟悉線、面平行關(guān)系的各個(gè)定義、定理，無(wú)論是選擇題還是含有選擇項(xiàng)的填空題，都可以先從中選出最熟悉、最容易判斷的選項(xiàng)確定或排除，再逐步判斷其余選項(xiàng)．(2)直線、平面間平行的判定方法①關(guān)注是否符合判定定理與性質(zhì)定理，并注意定理中易忽視的條件；②結(jié)合題意構(gòu)造或繪制圖形，結(jié)合圖形作出判斷；③利用實(shí)物進(jìn)行空間想象，比較判斷；④熟記一些常見(jiàn)結(jié)論，如垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行等．【鞏固遷移】1．已知a，b，c為三條不重合的直線，α，β為兩個(gè)不重合的平面．①a∥c，b∥c?a∥b；②a∥β，b∥β?a∥b；③a∥c，c∥α?a∥α；④a∥β，a∥α?α∥β；⑤a?α，b?α，a∥b?a∥α.其中正確的命題是()A．①⑤ B．①②C．②④ D．③⑤答案A解析對(duì)于①，由基本事實(shí)4，可知①正確；對(duì)于②，若a∥β，b∥β，則a，b共面或異面，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，若a∥c，c∥α，則a∥α或a?α，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，若a∥β，a∥α，則α，β平行或相交，故④錯(cuò)誤；對(duì)于⑤，由a?α，b?α，a∥b，根據(jù)線面平行的判定定理，可得a∥α，故⑤正確．故選A.考點(diǎn)二直線與平面平行的判定與性質(zhì)(多考向探究)考向1直線與平面平行的判定例2如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)分別是BC，PD的中點(diǎn)．求證：(1)PB∥平面ACF；(2)EF∥平面PAB.證明(1)如圖，連接BD交AC于O，連接OF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是BD的中點(diǎn)，又F是PD的中點(diǎn)，∴OF∥PB，又OF?平面ACF，PB?平面ACF，∴PB∥平面ACF.(2)證法一：如圖，取PA的中點(diǎn)G，連接GF，BG.∵F是PD的中點(diǎn)，∴GF是△PAD的中位線，∴GF綊eq\f(1,2)AD，∵底面ABCD是平行四邊形，E是BC的中點(diǎn)，∴BE綊eq\f(1,2)AD，∴GF綊BE，∴四邊形BEFG是平行四邊形，∴EF∥BG，又EF?平面PAB，BG?平面PAB，∴EF∥平面PAB.證法二：如圖，取AD的中點(diǎn)H，連接FH，EH.∵F為PD的中點(diǎn)，∴FH是△PAD的中位線，∴FH綊eq\f(1,2)PA，又PA?平面PAB，F(xiàn)H?平面PAB，∴FH∥平面PAB.∵H為AD的中點(diǎn)，E為BC的中點(diǎn)，∴EH∥AB，又AB?平面PAB，EH?平面PAB，∴EH∥平面PAB，又FH∩EH＝H，∴平面EFH∥平面PAB，又EF?平面EFH，∴EF∥平面PAB.【通性通法】判斷或證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(無(wú)公共點(diǎn))．(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．(3)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α?a∥β)．(4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)(客觀題可用)．【鞏固遷移】2．如圖所示，正方形ABCD與正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一點(diǎn)P，Q，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面BCE.證明證法一：如圖所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，連接MN.∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共邊AB，AP＝DQ，∴PE＝QB，又PM∥AB∥QN，∴eq\f(PM,AB)＝eq\f(PE,AE)＝eq\f(QB,BD)＝eq\f(QN,DC)，∴eq\f(PM,AB)＝eq\f(QN,DC).又AB＝DC，∴PM＝QN，∴四邊形PMNQ為平行四邊形，∴PQ∥MN.又MN?平面BCE，PQ?平面BCE，∴PQ∥平面BCE.證法二：如圖，在平面ABEF內(nèi)，過(guò)點(diǎn)P作PM∥BE交AB于M，連接QM，∵BE?平面BCE，PM?平面BCE，∴PM∥平面BCE，∵PM∥BE，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(AM,MB)，又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(DQ,BQ)，∴eq\f(AM,MB)＝eq\f(DQ,BQ)，∴MQ∥AD，又AD∥BC，∴MQ∥BC，∵BC?平面BCE，MQ?平面BCE，∴MQ∥平面BCE，又PM∩MQ＝M，∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ?平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.考向2直線與平面平行的性質(zhì)例3如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M是PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過(guò)G和PA作平面交BD于點(diǎn)H.求證：PA∥GH.證明如圖所示，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點(diǎn)，又M是PC的中點(diǎn)，∴PA∥OM，又OM?平面BMD，PA?平面BMD，∴PA∥平面BMD，又PA?平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.【通性通法】應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時(shí)需要經(jīng)過(guò)已知直線作輔助平面確定交線．【鞏固遷移】3．如圖，四邊形ABCD是矩形，P?平面ABCD，過(guò)BC作平面BCFE交AP于點(diǎn)E，交DP于點(diǎn)F，EF與AD不重合．求證：四邊形BCFE是梯形．證明∵四邊形ABCD為矩形，∴BC∥AD.∵AD?平面PAD，BC?平面PAD，∴BC∥平面PAD.∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC?平面BCFE，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，∴四邊形BCFE是梯形．考點(diǎn)三平面與平面平行的判定與性質(zhì)例4(2024·江西九江一中質(zhì)檢)在三棱柱ABC－A1B1C1中，(1)若E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點(diǎn)，求證：平面EFA1∥平面BCHG；(2)若D，D1分別是AC，A1C1上的點(diǎn)，且平面BC1D∥平面AB1D1，試求eq\f(AD,DC)的值．解(1)證明：∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點(diǎn)，∴EF∥BC，∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG，∵A1G∥EB，A1G＝EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB，又A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG，又A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.(2)如圖，連接A1B，AB1，設(shè)A1B與AB1相交于點(diǎn)O，連接OD1，由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，∴BC1∥D1O，同理可得AD1∥DC1，∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1，即D1為線段A1C1的中點(diǎn)，∴D為線段AC的中點(diǎn)，即eq\f(AD,DC)＝1.【通性通法】1．判定面面平行的四種方法(1)利用定義：即證兩個(gè)平面沒(méi)有公共點(diǎn)(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用)．(4)利用平面平行的傳遞性，即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行(客觀題可用)．2．面面平行的應(yīng)用(1)兩平面平行，構(gòu)造與之相交的第三個(gè)平面，可得交線平行．(2)兩平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線與另一個(gè)平面平行，可用于證明線面平行．【鞏固遷移】4．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G分別為B1C1，A1B1，AB的中點(diǎn)．(1)求證：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求證：H為BC的中點(diǎn)．證明(1)∵E，F(xiàn)分別為B1C1，A1B1的中點(diǎn)，∴EF∥A1C1，∵A1C1?平面A1C1G，EF?平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又F，G分別為A1B1，AB的中點(diǎn)，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四邊形A1GBF為平行四邊形，則BF∥A1G，∵A1G?平面A1C1G，BF?平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF?平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G∩平面ABC＝GH，則A1C1∥GH，又A1C1∥AC，∴GH∥AC，∵G為AB的中點(diǎn)，∴H為BC的中點(diǎn)．考點(diǎn)四平行關(guān)系的綜合應(yīng)用例5(2023·廣東佛山高三模擬)在三棱錐S－ABC中，AB⊥平面SAC，AS⊥SC，AB＝1，AC＝eq\r(2)，E為AB的中點(diǎn)，M為CE的中點(diǎn)，在線段SB上是否存在一點(diǎn)N，使MN∥平面SAC？若存在，指出點(diǎn)N的位置并給出證明；若不存在，說(shuō)明理由．解存在點(diǎn)N為SB上的靠近S的四等分點(diǎn)，即SN＝eq\f(1,4)SB，使MN∥平面SAC.證明如下：取AE的中點(diǎn)F，連接FN，F(xiàn)M，則MF∥AC，因?yàn)锳C?平面SAC，MF?平面SAC，所以MF∥平面SAC，因?yàn)锳F＝eq\f(1,2)AE＝eq\f(1,4)AB，SN＝eq\f(1,4)SB，所以FN∥SA，又SA?平面SAC，F(xiàn)N?平面SAC，所以FN∥平面SAC，又MF∩FN＝F，MF，F(xiàn)N?平面MNF，所以平面MNF∥平面SAC，又MN?平面MNF，所以MN∥平面SAC.【通性通法】三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化解決存在問(wèn)題一般先假設(shè)求解的結(jié)果存在，從這個(gè)結(jié)果出發(fā)，尋找使這個(gè)結(jié)論成立的充分條件，若找到了使結(jié)論成立的充分條件，則存在；若找不到使結(jié)論成立的充分條件(出現(xiàn)矛盾)，則不存在．【鞏固遷移】5．(2024·河北衡水月考)如圖1，菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，DE⊥AB于點(diǎn)E，將△AED沿直線DE翻折到△A′ED，使A′E⊥BE，如圖2.(1)求三棱錐C－A′BD的體積；(2)在線段A′D上是否存在一點(diǎn)F，使EF∥平面A′BC？若存在，求eq\f(DF,FA′)的值；若不存在，說(shuō)明理由．解(1)由題意可知，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝BC＝CD＝DA＝4，DE⊥AB，故AE＝EB＝2，ED＝2eq\r(3)，所以在四棱錐A′－EBCD中，A′E⊥ED，A′E⊥EB，又ED∩EB＝E，所以A′E⊥平面EBCD，且A′E＝AE＝2，連接BD，因?yàn)锽C＝CD＝4，∠BCD＝60°，則S△BCD＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3)，所以VC－A′BD＝VA′－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·A′E＝eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(8\r(3),3).故三棱錐C－A′BD的體積為eq\f(8\r(3),3).(2)設(shè)線段A′D的中點(diǎn)為F，線段A′C的中點(diǎn)為G，連接EF，F(xiàn)G，GB，因?yàn)镕為A′D的中點(diǎn)，G為A′C的中點(diǎn)，所以FG∥DC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)DC＝2，又由(1)得，EB∥DC，EB＝2，所以FG∥EB，F(xiàn)G＝EB，所以四邊形EBGF為平行四邊形，故EF∥BG，EF＝BG，又EF?平面A′BC，BG?平面A′BC，所以EF∥平面A′BC，此時(shí)F為A′D的中點(diǎn)，故eq\f(DF,FA′)＝1.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．下列命題中正確的是()A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經(jīng)過(guò)b的任何平面B．若直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內(nèi)的任何直線平行C．平行于同一條直線的兩個(gè)平面平行D．若直線a，b和平面α滿足a∥b，a?α，b?α，則b∥α答案D解析對(duì)于A，a可以在經(jīng)過(guò)b的平面內(nèi)；對(duì)于B，a與α內(nèi)的直線也可能異面；對(duì)于C，兩平面也可能相交；對(duì)于D，由直線與平面平行的判定定理知b∥α.故選D.2．(2023·廣東湛江模擬)設(shè)α，β是兩個(gè)不重合的平面，下列選項(xiàng)中，是“α∥β”的充要條件的是()A．α內(nèi)存在無(wú)數(shù)條直線與β平行B．存在直線l與α，β所成的角相等C．存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥βD．α內(nèi)存在不共線的三個(gè)點(diǎn)到β的距離相等答案C解析對(duì)于A，如果α∩β＝l，在α內(nèi)與直線l平行的直線有無(wú)數(shù)條，但此時(shí)α不平行于β，A不符合題意；對(duì)于B，如果α∩β＝m，在空間必存在直線l與m平行，此時(shí)直線l也與兩個(gè)平面平行，即直線l與α，β所成的角都等于0，B不符合題意；對(duì)于C，如果α∥β，則一定存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β，若γ∥α且γ∥β，則也一定有α∥β，則“存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β”是“α∥β”的充要條件，C符合題意；對(duì)于D，當(dāng)α∥β時(shí)，α內(nèi)必存在不共線的三個(gè)點(diǎn)到β的距離相等，但當(dāng)α與β相交時(shí)，同樣可以在α內(nèi)找到不共線的三點(diǎn)到β的距離相等，D不符合題意．故選C.3.(2024·湖南岳陽(yáng)一中階段考試)如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點(diǎn)，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點(diǎn)，則()A．BD∥平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形答案B解析由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，知EF綊eq\f(1,5)BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點(diǎn)，所以HG綊eq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四邊形EFGH是梯形．故選B.4.(2023·杭州模擬)已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，平面α∥平面ABC，且α與線段PA，PB，PC分別交于點(diǎn)A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則S△A′B′C′∶S△ABC＝()A．2∶3 B．2∶5C．4∶9 D．4∶25答案D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝PA′2∶PA2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.故選D.5.(2023·福州檢測(cè))如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，P，Q分別為棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中點(diǎn)，則下列敘述中正確的是()A．直線BQ∥平面EFGB．直線A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案B解析過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)，G的截面為如圖所示的六邊形FGHEIQ(H，I分別為AA1，BC的中點(diǎn))，連接A1B，BQ，AP，AC，PC，易知BQ與平面EFG相交于點(diǎn)Q，故A錯(cuò)誤；∵A1B∥HE，A1B?平面EFG，HE?平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正確；AP?平面ADD1A1，HG?平面ADD1A1，延長(zhǎng)HG與PA必相交，故C錯(cuò)誤；易知平面A1BQ與平面EFG有交點(diǎn)Q，故D錯(cuò)誤．故選B.6．若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有()A．0條 B．1條C．2條 D．1條或2條答案C解析如圖所示，平面α即平面EFGH，則四邊形EFGH為平行四邊形，則EF∥GH.∵EF?平面BCD，GH?平面BCD，∴EF∥平面BCD.又EF?平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF?平面EFGH，CD?平面EFGH，∴CD∥平面EFGH.同理，AB∥平面EFGH，所以與平面α(平面EFGH)平行的棱有2條．故選C.7．(2024·河北承德模擬)如圖所示，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)P是棱AD上一點(diǎn)，且AP＝eq\f(a,3)，過(guò)B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，點(diǎn)Q在直線CD上，則PQ＝()A．eq\f(2\r(2),3)a B．eq\f(\r(2),3)aC．eq\f(\r(2),2)a D．eq\f(2\r(3),3)a答案A解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BD，BB1∥DD1，BB1＝DD1，∴四邊形DD1B1B是平行四邊形，∴B1D1∥BD，又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，∴B1D1∥PQ，∴PQ∥BD，∴∠PQD＝∠BDC，又∠PDQ＝∠BCD＝90°，∴△PDQ∽△BCD，∴eq\f(PQ,BD)＝eq\f(PD,BC)，又正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，∴BC＝a，PD＝AD－AP＝a－eq\f(a,3)＝eq\f(2a,3)，BD＝eq\r(2)a，∴PQ＝eq\f(PD·BD,BC)＝eq\f(\f(2a,3)·\r(2)a,a)＝eq\f(2\r(2),3)a.故選A.8.(2023·重慶聯(lián)考)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別在線段DB，DD1上，且eq\f(DE,EB)＝eq\f(DF,FD1)＝eq\f(1,2)，點(diǎn)G在CC1上，且平面AEF∥平面BD1G，則eq\f(CG,CC1)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,4)答案B解析如圖所示，延長(zhǎng)AE交CD于H，連接FH，則△DEH∽△BEA，所以eq\f(DH,AB)＝eq\f(DE,EB)＝eq\f(1,2).因?yàn)槠矫鍭EF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C1＝FH，平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G，所以FH∥D1G.又四邊形CDD1C1是平行四邊形，所以△DFH∽△C1GD1，所以eq\f(DF,C1G)＝eq\f(DH,C1D1)，因?yàn)閑q\f(DH,C1D1)＝eq\f(DH,AB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(DF,C1G)＝eq\f(1,2)，因?yàn)閑q\f(DF,FD1)＝eq\f(1,2)，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以eq\f(CG,CC1)＝eq\f(1,3).故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·山東濟(jì)寧期末)已知m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個(gè)不重合的平面，則下列說(shuō)法正確的是()A．若m∥α，n∥β且α∥β，則m∥nB．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥βC．若m∥n，n?α，α∥β，m?β，則m∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β答案BC解析若m∥α，n∥β且α∥β，則可能m∥n，m，n異面或m，n相交，A錯(cuò)誤；若m∥n，m⊥α，則n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正確；若m∥n，n?α，則m∥α或m?α，又α∥β，m?β，故m∥β，C正確；若m∥n，n⊥α，則m⊥α，又α⊥β，則m∥β或m?β，D錯(cuò)誤．故選BC.10．(2023·江蘇常州模擬)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，D，E，F(xiàn)分別為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面DEF平行的是()答案AC解析對(duì)于A，易知AB∥DE，AB?平面DEF，DE?平面DEF，∴直線AB∥平面DEF，故A符合題意；對(duì)于B，如圖1，∵AB∥MN，MN與平面DEF相交，∴AB與平面DEF相交，故B不符合題意；對(duì)于C，∵AB∥DF，AB?平面DEF，DF?平面DEF，∴直線AB與平面DEF平行，故C符合題意；對(duì)于D，如圖2，連接AC，取AC的中點(diǎn)O，連接OD，則AB∥OD，∵OD與平面DEF相交．∴直線AB與平面DEF相交，故D不符合題意．故選AC.三、填空題11.(2023·陜西安康模擬)如圖，四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，M是AD的中點(diǎn)，BC與平面α交于點(diǎn)N，AB＝4，CD＝6，則MN＝________．答案5解析因?yàn)锳B∥平面α，AB?平面ABCD，平面ABCD∩平面α＝MN，所以AB∥MN.又M是AD的中點(diǎn)，所以MN是梯形ABCD的中位線，故MN＝eq\f(1,2)(AB＋CD)＝5.12．(2024·河南信陽(yáng)光山中學(xué)質(zhì)檢)正方體ABCD－A1B1C1D1中，與平面ACD1平行的面對(duì)角線有________條．答案3解析如圖，連接A1C1，A1B，BC1.由正方體的性質(zhì)，可得AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四邊形ACC1A1是平行四邊形，所以AC∥A1C1.因?yàn)锳C?平面ACD1，A1C1?平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1.同理可得，A1B∥平面ACD1，BC1∥平面ACD1.其余面對(duì)角線均與平面ACD1有交點(diǎn)，所以與平面ACD1平行的面對(duì)角線有3條．13.如圖所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則M只需滿足條件________，就有MN∥平面B1BDD1.(注：填上你認(rèn)為正確的一個(gè)條件即可，不必考慮全部可能情況)答案點(diǎn)M在線段FH上(或點(diǎn)M與點(diǎn)H重合)解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N(圖略)，則FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.14.(2024·江蘇輔仁高級(jí)中學(xué)階段考試)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq\r(3)，E，F(xiàn)，G分別是AB，BC，C1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)，若直線D1P∥平面EFG，則線段D1P長(zhǎng)度的最小值是________．答案eq\f(\r(7),2)解析如圖，連接D1A，AC，D1C.因?yàn)镋，F(xiàn)，G分別為AB，BC，C1D1的中點(diǎn)，所以AC∥EF，又EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，則EF∥平面ACD1.同理可得EG∥平面ACD1，又EF∩EG＝E，EF，EG?平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因?yàn)橹本€D1P∥平面EFG，所以點(diǎn)P在直線AC上．在△ACD1中，易得AD1＝eq\r(2)，AC＝2，CD1＝2，所以S△ACD1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),2)，故當(dāng)D1P⊥AC時(shí)，線段D1P的長(zhǎng)度最小，最小值為eq\f(\f(\r(7),2),\f(1,2)×2)＝eq\f(\r(7),2).四、解答題15．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，AA1的中點(diǎn)，求證：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.證明(1)取B1B的中點(diǎn)M，連接HM，MC1，∵H是AA1的中點(diǎn)，∴HM綊A1B1，∵A1B1綊C1D1，∴HM綊C1D1，∴四邊形HMC1D1是平行四邊形，∴HD1∥MC1.∵M(jìn)，F(xiàn)分別是BB1，CC1的中點(diǎn)，∴BM綊C1F，∴四邊形BMC1F是平行四邊形，∴MC1∥BF，∴BF∥HD1.(2)取BD的中點(diǎn)O，連接OE，OD1，則OE綊eq\f(1,2)DC，又D1G綊eq\f(1,2)DC，∴OE綊D1G.∴四邊形OEGD1是平行四邊形，∴EG∥D1O.又D1O?平面BB1D1D，EG?平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，由題意易證B1D1∥BD.又B1D1，HD1?平面B1D1H，BF，BD?平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H.16.(2023·廣西柳州模擬)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面PAD為正三角形，M為線段PD上一點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)．(1)當(dāng)M為PD的中點(diǎn)時(shí)，求證：MN∥平面PAB；(2)當(dāng)PB∥平面AMN時(shí)，求出點(diǎn)M的位置，并說(shuō)明理由．解(1)證明：取AP的中點(diǎn)E，連接EM，EB，在△PAD中，M為PD的中點(diǎn)，E為AP的中點(diǎn)，∴EM∥AD，EM＝eq\f(1,2)AD，在平行四邊形ABCD中，N為BC的中點(diǎn)，∴BN∥AD，BN＝eq\f(1,2)AD，∴BN∥EM，BN＝EM，∴四邊形BNME為平行四邊形，∴MN∥BE，又MN?平面PAB，BE?平面PAB，∴MN∥平面PAB.(2)連接AN，BD，交于O，連接OM，∵PB∥平面AMN，平面PBD∩平面AMN＝OM，PB?平面PBD，∴PB∥OM，∴eq\f(PM,MD)＝eq\f(OB,OD)＝eq\f(BN,AD)＝eq\f(1,2)，即存在點(diǎn)M，M為PD上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)．17．(2023·江西贛州統(tǒng)考二模)在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AP,\s\up6(→))，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在正方體ABCD－A1B1C1D1的表面上運(yùn)動(dòng)，滿足A1Q∥平面EFP，則點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成圖形的周長(zhǎng)為()A．eq\f(5\r(37),3) B．2eq\r(37)C．eq\f(7\r(37),3) D．eq\f(8\r(37),3)答案D解析延長(zhǎng)AD，AB，分別交EF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，G，連接PG，PH，分別交BB1，DD1于點(diǎn)R，T，過(guò)點(diǎn)A1作A1K∥PG交BB1于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)A1作A1N∥PH交DD1于點(diǎn)N，因?yàn)锳1K?平面EFP，PG?平面EFP，所以A1K∥平面EFP，同理可得A1N∥平面EFP，因?yàn)锳1K∩A1N＝A1，所以平面EFP∥平面A1KN，過(guò)點(diǎn)N作NM∥A1K交CC1于點(diǎn)M，連接MK，則MK∥A1N，則平行四邊形A1KMN(A1點(diǎn)除外)為點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成的圖形．因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點(diǎn)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4eq\o(AP,\s\up6(→))，所以AP＝1，BR＝DT＝eq\f(1,3).因?yàn)锳1P＝KR＝NT＝3，所以B1K＝D1N＝4－3－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，過(guò)點(diǎn)N作NJ⊥CC1于點(diǎn)J，則C1J＝D1N＝eq\f(2,3)，JM＝B1K＝eq\f(2,3)，由勾股定理，得A1K＝A1N＝MN＝MK＝eq\r(NJ2＋JM2)＝eq\r(16＋\f(4,9))＝eq\f(2\r(37),3)，所以點(diǎn)Q的軌跡所構(gòu)成圖形的周長(zhǎng)為eq\f(8\r(37),3).故選D.18．(多選)(2024·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)月考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝2，∠ABC＝eq\f(π,2)，M是AB的中點(diǎn)，N是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段B1N上，點(diǎn)Q是線段CM上靠近M的三等分點(diǎn)，R是線段AC1的中點(diǎn)，若PR∥平面B1CM，則()A．PR∥B1QB．P為B1N的中點(diǎn)C．三棱錐P－B1CM的體積為eq\f(2,3)D．三棱錐P－ABC外接球的表面積為eq\f(748π,81)答案ACD解析對(duì)于A，B，連接BQ并延長(zhǎng)交CA于點(diǎn)S，連接NS，由平面幾何知識(shí)可得，Q是△ABC的重心，S是CA的中點(diǎn)，且N，R，S三點(diǎn)共線，因?yàn)镻R∥平面B1CM，PR?平面B1NSB，平面B1NSB∩平面B1CM＝B1Q，所以PR∥B1Q，作SK∥B1Q交B1N于K，由直棱柱的性質(zhì)有B1N∥BS，因此四邊形B1KSQ是平行四邊形，B1K＝SQ＝eq\f(1,3)BS＝eq\f(1,3)B1N，又由平面幾何知識(shí)知，R是NS的中點(diǎn)，因此P是NK的中點(diǎn)，從而NP＝eq\f(1,2)NK＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)B1N＝eq\f(1,3)B1N，即P為B1N上靠近N的三等分點(diǎn)，所以A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，B1P＝BQ＝eq\f(2,3)BS，因此四邊形B1PQB是平行四邊形，所以BP與B1Q互相平分，從而點(diǎn)P與點(diǎn)B到平面B1CM的距離相等，三棱錐P－B1CM的體積等于三棱錐B－B1CM的體積，而VB－B1CM＝VB1－BCM＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以C正確；對(duì)于D，因?yàn)椤鰽BC的外心是S，由NS∥CC1，得NS⊥平面ABC，所以三棱錐P－ABC的外接球的球心一定在直線NS上，設(shè)三棱錐P－ABC的外接球的球心為O，半徑為r，OS＝h，則r2＝OA2＝SA2＋SO2＝(eq\r(2))2＋h2＝2＋h2，r2＝OP2＝NP2＋ON2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)))eq\s\up12(2)＋(2－h(huán))2＝eq\f(38,9)－4h＋h2，所以2＋h2＝eq\f(38,9)－4h＋h2，解得h＝eq\f(5,9)，r2＝2＋eq\f(25,81)＝eq\f(187,81)，所以三棱錐外接球的表面積為S＝4πr2＝eq\f(748π,81)，所以D正確．故選ACD.19．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為對(duì)角線BD，CD1上的點(diǎn)，且eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3).(1)求證：PQ∥平面A1D1DA；(2)若R是AB上的點(diǎn)，eq\f(AR,AB)的值為多少時(shí)，能使平面PQR∥平面A1D1DA？請(qǐng)給出證明．解(1)證明：連接CP并延長(zhǎng)，與DA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，如圖，連接MD1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以eq\f(CP,MP)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3)，又因?yàn)閑q\f(CQ,QD1)＝eq\f(BP,PD)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(CQ,QD1)＝eq\f(CP,PM)＝eq\f(2,3)，所以PQ∥MD1.又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.(2)當(dāng)eq\f(AR,AB)的值為eq\f(3,5)時(shí)，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如圖，證明如下：因?yàn)閑q\f(AR,AB)＝eq\f(3,5)，即eq\f(BR,RA)＝eq\f(2,3)，故eq\f(BR,RA)＝eq\f(BP,PD)，所以PR∥DA.又DA?平面A1D1DA，PR?平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR?平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA.第四節(jié)空間直線、平面的垂直課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系.2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)，并會(huì)簡(jiǎn)單的應(yīng)用.近三年高考考查空間直線、平面的垂直，主要以直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)為主，通常和空間向量結(jié)合命題，考查考生的推理論證能力和轉(zhuǎn)化與化歸能力，難度適中．預(yù)計(jì)2025年高考本節(jié)內(nèi)容仍會(huì)考查，以解答題第(1)問(wèn)的形式呈現(xiàn)，難度中檔.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的定義如果直線l與平面α內(nèi)的eq\x(\s\up1(01))任意一條直線都垂直，就說(shuō)直線l與平面α互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的eq\x(\s\up1(02))兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(03))m?α,\x(\s\up1(04))n?α,m∩n＝P,\x(\s\up1(05))l⊥m,\x(\s\up1(06))l⊥n))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(07))a⊥α,\x(\s\up1(08))b⊥α))?a∥b2.直線與平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的eq\x(\s\up1(09))射影所成的角叫做這條直線與這個(gè)平面所成的角．一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°.(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定義：從一條直線出發(fā)的eq\x(\s\up1(10))兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點(diǎn)，以該點(diǎn)為垂足，在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作eq\x(\s\up1(11))垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角．(3)范圍：[0，π]．4．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的定義兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是eq\x(\s\up1(12))直二面角，就說(shuō)這兩個(gè)平面互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形表示符號(hào)表示判定定理如果一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的eq\x(\s\up1(13))垂線，那么這兩個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(14))a?α,\x(\s\up1(15))a⊥β))?α⊥β性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，如果一個(gè)平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個(gè)平面的eq\x(\s\up1(16))交線，那么這條直線與另一個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α⊥β,\x(\s\up1(18))α∩β＝a,\x(\s\up1(19))l⊥a,\x(\s\up1(20))l?β))?l⊥α1．兩個(gè)重要結(jié)論(1)若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．(2)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個(gè)重要方法)．2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化線線垂直eq\o(,\s\up7(判定))線面垂直eq\o(,\s\up7(判定),\s\do5(性質(zhì)))面面垂直3．三垂線定理在平面內(nèi)的一條直線，如果和穿過(guò)這個(gè)平面的一條斜線在這個(gè)平面內(nèi)的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．4．三垂線定理的逆定理平面內(nèi)的一條直線如果和穿過(guò)該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內(nèi)的射影垂直．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)直線l與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.()(2)垂直于同一個(gè)平面的兩平面平行．()(3)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面．()(4)若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)已知平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，給出下列說(shuō)法：①若m⊥n，則m⊥l；②若m⊥l，則m⊥β；③若m⊥β，則m⊥n，其中正確說(shuō)法的序號(hào)為()A．①②③ B．①②C．①③ D．②③答案D解析平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①錯(cuò)誤；②若m⊥l，由面面垂直的性質(zhì)定理可得m⊥β，故②正確；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正確．故選D.(2)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內(nèi)，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若m⊥α，n⊥α，則m∥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m⊥n，n∥α，則m⊥α答案D解析對(duì)于A，∵n∥α，由線面平行的性質(zhì)定理可知，過(guò)直線n的平面β與平面α的交線l平行于n，∵m⊥α，l?α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正確；對(duì)于B，若m⊥α，n⊥α，由直線與平面垂直的性質(zhì)，可得m∥n，故B正確；對(duì)于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，又n?α，∴n∥α，故C正確；對(duì)于D，若m⊥n，n∥α，則m∥α或m與α相交或m?α，而m?α，則m∥α或m與α相交，故D錯(cuò)誤．故選D.(3)(多選)(2024·山東聊城質(zhì)檢)已知兩條不同的直線l，m和兩個(gè)不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四個(gè)命題中正確的是()A．若m⊥β，則l∥mB．若α∥β，則l⊥αC．若α⊥β，則l∥αD．若l⊥m，則m∥β答案AB解析對(duì)于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正確；對(duì)于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正確；對(duì)于C，若l⊥β，α⊥β，則l∥α或l?α，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若l⊥β，l⊥m，則m∥β或m?β，故D錯(cuò)誤．故選AB.(4)(多選)(人教A必修第二冊(cè)習(xí)題8.6T20改編)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，AE⊥PC，垂足為E，點(diǎn)F是PB上一點(diǎn)，則下列判斷中正確的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析對(duì)于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，而B(niǎo)C?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質(zhì)，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對(duì)于B，由A項(xiàng)可知，BC⊥AE，由題意可知，AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF?平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正確；對(duì)于C，若AC⊥PB，因?yàn)锳C⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB?平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC?平面PBC，則AC⊥PC，與AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由B項(xiàng)可知，AE⊥平面PBC，AE?平面AEF，由面面垂直的判定定理，可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正確．故選ABD.考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一空間中垂直關(guān)系的基本問(wèn)題例1已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.其中所有正確的命題是()A．②③ B．①④C．②④ D．①③答案B解析對(duì)于①，若m⊥n，過(guò)直線m上點(diǎn)A作直線l，使l∥n，則直線m與l確定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如圖1，則有l(wèi)⊥β，因?yàn)閙⊥α，m?γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c?γ得c∥l，則c⊥β，所以α⊥β，①正確；對(duì)于②，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分別為平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中點(diǎn)分別為M，N，P，連接MN，MP，令直線MN，MP分別為直線m，n，如圖2，顯然滿足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②錯(cuò)誤；對(duì)于③，?、谥姓襟w，令平面ABCD，平面DCC1D1分別為平面α，β，直線AA1，A1B1分別為直線m，n，顯然滿足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，因?yàn)閚∥β，則存在過(guò)直線n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，則有m⊥β，從而有m⊥b，所以m⊥n，④正確．故選B.【通性通法】與垂直關(guān)系有關(guān)命題真假的判斷方法(1)借助幾何圖形來(lái)說(shuō)明．(2)尋找反例，只要存在反例，結(jié)論就不正確．(3)反復(fù)驗(yàn)證所有可能的情況，必要時(shí)要運(yùn)用判定或性質(zhì)定理進(jìn)行簡(jiǎn)單說(shuō)明．【鞏固遷移】1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題：①如果m?α，n?α，m∥β，n∥β，那么m∥n；②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；③如果α⊥β，m?α，n?β，那么m⊥n；④如果α∩β＝m，m⊥n，n?α，那么n⊥β.其中正確命題的個(gè)數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1答案D解析對(duì)于①，如果m?α，n?α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m與n相交，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，如果m∥n，n⊥α，由線面垂直的性質(zhì)可知m⊥α，故②正確；對(duì)于③，如果α⊥β，m?α，n?β，那么m⊥n或m∥n或m與n相交(不垂直)或m與n異面(不垂直)，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n?α，那么n⊥β或n與β相交(不垂直)，故④錯(cuò)誤．故選D.考點(diǎn)二直線與平面垂直的判定與性質(zhì)(多考向探究)考向1直線與平面垂直的判定例2(1)(2023·天津河西期末)如圖，圓柱OO′中，AA′是側(cè)面的母線，AB是底面的直徑，C是底面圓上一點(diǎn)，則()A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′ABC．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB答案A解析對(duì)于A，依題意AA′⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圓的直徑，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC?平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正確；對(duì)于B，顯然BC與AB不垂直，則BC不可能垂直于平面A′AB，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，顯然AC與A′C不垂直，則AC不可能垂直于平面A′BC，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，顯然AC與AB不垂直，則AC不可能垂直于平面A′AB，故D錯(cuò)誤．故選A.(2)(2024·四川綿陽(yáng)模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E分別為AB，PB的中點(diǎn)，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求證：BC⊥平面PAC.證明∵在△AEB中，D是AB的中點(diǎn)，EB＝EA，∴ED⊥AB，∵E是PB的中點(diǎn)，D是AB的中點(diǎn)，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC，∴BC⊥平面PAC.【通性通法】1．證明直線和平面垂直的常用方法(1)判定定理．(2)垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)．(3)面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)．(4)面面垂直的性質(zhì)(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α)．2．證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)．因此判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想．【鞏固遷移】2.(2023·江蘇金陵中學(xué)三模)如圖，圓錐DO中，AE為底面圓O的直徑，AE＝AD，△ABC為底面圓O的內(nèi)接正三角形，圓錐的高DO＝18，點(diǎn)P為線段DO上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)PO＝3eq\r(6)時(shí)，證明：PA⊥平面PBC.證明連接DE，因?yàn)锳E＝AD，AD＝DE，所以△ADE是正三角形，則∠DAO＝eq\f(π,3)，又DO⊥底面圓O，AE?底面圓O，所以DO⊥AE，在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝eq\f(DO,\r(3))＝6eq\r(3).因?yàn)椤鰽BC是正三角形，所以AB＝AO×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)×eq\r(3)＝18，AP＝eq\r(AO2＋PO2)＝9eq\r(2)，BP＝AP，所以AP2＋BP2＝AB2，即AP⊥BP，同理可證AP⊥PC，又BP∩PC＝P，BP，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.考向2直線與平面垂直的性質(zhì)例3(1)已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A?α，B?α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝()A．2 B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)答案A解析因?yàn)锳C⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.連接OD，則O，C，D三點(diǎn)共線，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因?yàn)镺A＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因?yàn)锳C＝1，所以BD＝2.故選A.(2)(2024·山東臨沂一中階段考試)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖所示，A1A＝AB，G，E，F(xiàn)分別是A1C1，AB，BC的中點(diǎn)，求證：EF⊥GB.證明連接B1G，在等邊三角形A1B1C1中，因?yàn)镚是A1C1的中點(diǎn)，所以B1G⊥A1C1.因?yàn)锽1B⊥平面A1B1C1，A1C1?平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1.因?yàn)锽1G∩B1B＝B1，B1G，B1B?平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因?yàn)镚B?平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，所以EF∥A1C1，所以EF⊥GB.【通性通法】1．垂直關(guān)系里線線垂直是基礎(chǔ)eq\a\vs4\al(線線垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(勾股定理逆定理,線面垂直則垂直面內(nèi)所有線,等腰三角形三線合一,矩形鄰邊垂直,菱形對(duì)角線垂直))2．垂直關(guān)系中線面垂直是重點(diǎn)(1)eq\a\vs4\al(線面垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直兩條相交線,垂面里面作垂線,直（正）棱柱的側(cè)棱是垂線,\a\vs4\al(正棱錐的頂點(diǎn)與底面的中心的連線是垂線)))(2)eq\a\vs4\al(線垂面,有何用)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直里面所有線（證線線垂直）,過(guò)垂線作垂面（證明面面垂直）))【鞏固遷移】3．過(guò)△ABC所在平面α外的一點(diǎn)P，作PO⊥α，垂足為O，若點(diǎn)P到直線AB，AC和BC的距離都相等，則點(diǎn)O是△ABC的()A．內(nèi)心 B．外心C．重心 D．垂心答案A解析如圖，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由題意可得PE＝PF＝PD，又PO⊥平面ABC，而AC?平面ABC，AB?平面ABC，BC?平面ABC，∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD＝P，PO∩PE＝P，PO∩PF＝P，∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD?平面POD，OE?平面POE，OF?平面POF，∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD＝eq\r(PD2－PO2)，OE＝eq\r(PE2－PO2)，OF＝eq\r(PF2－PO2)，∴OD＝OE＝OF，故O一定是△ABC的內(nèi)心．故選A.4.(2024·山西大同一中階段練習(xí))如圖，在四面體P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.(1)求證：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G為垂足，求證：AG⊥BD.證明(1)由AD⊥平面PAB，PB?平面PAB，得AD⊥PB，又PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面APD，所以PB⊥平面APD.(2)由(1)及PB?平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，又平面PBD∩平面APD＝PD，AG⊥PD，AG?平面APD，所以AG⊥平面PBD，而B(niǎo)D?平面PBD，所以AG⊥BD.考點(diǎn)三平面與平面垂直的判定與性質(zhì)例4如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ADEF為正方形，DE＝BD＝1，CE＝eq\r(2)，G為DA的中點(diǎn)，H為DE的中點(diǎn)．(1)求證：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；(2)求三棱錐B－CEG的體積．解(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以DC＝DE＝1.又因?yàn)镃E＝eq\r(2)，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC.因?yàn)镈A∩DC＝D，且DA，DC?平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.又因?yàn)镈E?平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.因?yàn)锽D＝1＝DA＝AB，G為DA的中點(diǎn)，所以BG⊥DA.又BG?平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以BG⊥平面ADEF.因?yàn)镠F?平面ADEF，所以BG⊥HF.因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形，G為DA的中點(diǎn)，H為DE的中點(diǎn)，所以tan∠HFE＝tan∠GED＝eq\f(1,2)，∠HFE＝∠GED.因?yàn)椤螱EF＋∠GED＝eq\f(π,2)，所以∠GEF＋∠HFE＝eq\f(π,2)，從而HF⊥GE.因?yàn)锽G∩GE＝E，BG，GE?平面BGE，所以HF⊥平面BGE，因?yàn)锽E?平面BGE，所以HF⊥BE.(2)因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形，所以DE⊥DA.又DE?平面ADEF，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以DE⊥平面ABCD，可得三棱錐E－GBC的高為DE＝1.因?yàn)锽G⊥DA，DA∥BC，所以BG⊥BC.又BG＝eq\r(AB2－AG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)，所以△GBC的面積S＝eq\f(1,2)BG×BC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),4)，所以VB－CEG＝VE－GBC＝eq\f(1,3)S×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).【通性通法】1．判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定義．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用(1)面面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”．(2)若兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，則它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．【鞏固遷移】5.(2024·山東棗莊三中月考)在三棱錐V－ABC中，側(cè)面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，則()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案C解析因?yàn)椤螦BC＝45°，AC＝AB，所以△ABC為等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC與BC不垂直，即A錯(cuò)誤；過(guò)點(diǎn)V作VO⊥BC于點(diǎn)O，連接OA，因?yàn)閭?cè)面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即點(diǎn)V在底面ABC上的投影為點(diǎn)O，因?yàn)镺A?平面ABC，所以VO⊥OA.因?yàn)閂A＝VB，所以O(shè)A＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以O(shè)A⊥BC，因?yàn)閂O∩OA＝O，VO，OA?平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因?yàn)閂A?平面VOA，所以VA⊥BC，即C正確；由三垂線定理知，若VB⊥AC，則BC⊥AC，這與∠ACB＝45°矛盾，故VB與AC不垂直，同理，VC與AB不垂直，即B，D錯(cuò)誤．故選C.6.(2023·全國(guó)甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．解(1)證明：因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，因?yàn)椤螦CB＝90°，所以AC⊥BC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)如圖，過(guò)點(diǎn)A1作A1O⊥CC1，垂足為O.因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.因?yàn)椤螦CB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC為公共邊，所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC.又AC＝A1C1，所以A1C＝A1C1，又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1，所以△CA1C1是等腰直角三角形，所以A1O＝eq\f(1,2)CC1＝1，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.考點(diǎn)四幾何法求直線與平面所成的角與二面角例5(多選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC與BD交于點(diǎn)O，則下列結(jié)論正確的是()A．BD＝ACB．BD⊥平面PACC．PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)D．二面角P－BD－A的正切值為2答案BCD解析∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2eq\r(3)，故A不正確；∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正確；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA為PB與平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝eq\f(π,4)，即PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，故C正確；如圖，連接PO，由B項(xiàng)知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA為二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值為2，故D正確．故選BCD.【通性通法】(1)利用幾何法求空間線線角、線面角、二面角時(shí)要注意“作角、證明、計(jì)算”是一個(gè)完整的過(guò)程，缺一不可．(2)斜線與平面所成的角，首先作出平面的垂線，得出斜線在平面內(nèi)的射影，從而得出斜線與平面所成的角，轉(zhuǎn)化為直角三角形求解．(3)求空間角中的難點(diǎn)是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定義法：根據(jù)平面角的概念直接作，如二面角的棱是兩個(gè)等腰三角形的公共底邊，就可以取棱的中點(diǎn)；②垂面法：過(guò)二面角棱上一點(diǎn)作棱的垂面，則垂面與二面角的兩個(gè)半平面的交線所成的角就是二面角的平面角或其補(bǔ)角；③垂線法：過(guò)二面角的一個(gè)半平面內(nèi)一點(diǎn)A作另一個(gè)半平面所在平面的垂線，得到垂足B，再?gòu)拇棺鉈向二面角的棱作垂線，垂足為C，這樣二面角的棱就垂直于這兩條垂線所確定的平面ABC，連接AC，則AC也與二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其補(bǔ)角，這樣就把問(wèn)題歸結(jié)為解一個(gè)直角三角形，這是求解二面角最基本、最重要的方法．【鞏固遷移】7．(多選)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)．將矩形AMND沿MN折起，形成多面體AMB－DNC.則下列結(jié)論正確的是()A．BD∥平面ANPB．BD⊥平面ANPC．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7)D．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),14)答案AD解析如圖，連接MD交AN于點(diǎn)O，連接OP，由題意，得四邊形AMND為矩形，∴O為MD的中點(diǎn)，又P為BM的中點(diǎn)，∴OP∥BD，∵BD?平面ANP，OP?平面ANP，∴BD∥平面ANP，故A正確，B錯(cuò)誤；∵AM⊥MN，BM⊥MN，∴∠AMB即為二面角A－MN－B的平面角，∵∠AMB＝120°，且MN⊥平面ABM，∴BC⊥平面ABM，∵BC?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ABM，過(guò)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，∴PQ⊥平面ABCD，∴∠PAB即為AP與平面ABCD所成的角，易得AM＝MB＝2，AB＝2eq\r(3)，PB＝1，∴PQ＝eq\f(1,2)，BQ＝eq\f(\r(3),2)，∴AQ＝eq\f(3\r(3),2)，∴AP＝eq\r(\f(27,4)＋\f(1,4))＝eq\r(7)，∴sin∠PAB＝eq\f(PQ,AP)＝eq\f(\f(1,2),\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，∴直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),14)，故C錯(cuò)誤，D正確．故選AD.考點(diǎn)五平行、垂直關(guān)系的綜合問(wèn)題例6(2024·黑龍江哈爾濱期末)如圖1，在平行四邊形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，現(xiàn)將△ADC沿AC折起，得到三棱錐D′－ABC(如圖2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E為D′C的中點(diǎn)．(1)求證：AE⊥平面D′BC；(2)在∠ACB的平分線上是否存在點(diǎn)F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)證明：在?ABCD中，可得AD＝BC＝AC，則AD′＝AC，因?yàn)镋為D′C的中點(diǎn)，所以AE⊥D′C，因?yàn)锳C⊥BC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面AD′C，因?yàn)锳E?平面AD′C，所以AE⊥BC，因?yàn)锽C∩D′C＝C，BC，D′C?平面D′BC，所以AE⊥平面D′BC.(2)取AB的中點(diǎn)O，連接CO并延長(zhǎng)至點(diǎn)F，使CO＝OF，連接AF，D′F，BF，OE，因?yàn)锽C＝AC，所以射線CO是∠ACB的平分線．又因?yàn)镋是D′C的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥D′F，因?yàn)镺E?平面ABE，D′F?平面ABE，所以D′F∥平面ABE，因?yàn)锳B，F(xiàn)C互相平分，所以四邊形ACBF為平行四邊形，所以BC∥AF，因?yàn)锽C⊥平面AD′C，AD′?平面AD′C，所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，又因?yàn)锳F＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，故D′F＝eq\r(2).【通性通法】1．解決平行與垂直中探索性問(wèn)題的主要途徑(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明．(2)先通過(guò)命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性．2．涉及點(diǎn)的位置的探索性問(wèn)題一般是先根據(jù)條件猜測(cè)點(diǎn)的位置再給出證明，點(diǎn)多為中點(diǎn)或三等分點(diǎn)中某一個(gè)，也可以根據(jù)相似知識(shí)取點(diǎn)．【鞏固遷移】8．(2024·廣東深圳翠園中學(xué)期末)如圖，在平面五邊形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足為H，將△ADE沿AD折起(如圖)，使得平面ADE⊥平面ABCD.(1)求證：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱錐C－ADE的體積；(3)在線段BE上是否存在點(diǎn)M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出eq\f(EM,EB)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)證明：因?yàn)镋H⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE，所以EH⊥平面ABCD.(2)在Rt△ADE中，因?yàn)锳E＝6，AD＝10，所以DE＝8，因?yàn)镈E·AE＝AD·EH，所以EH＝eq\f(24,5)，因?yàn)椤螧CD＝90°，BC＝8，CD＝4，所以△ACD的面積S＝eq\f(1,2)×4×8＝16，所以VC－ADE＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S·EH＝eq\f(1,3)×16×eq\f(24,5)＝eq\f(128,5).(3)解法一：過(guò)點(diǎn)H作HN∥DE交AE于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)N作NM∥AB交EB于點(diǎn)M，連接HM.因?yàn)锳B∥DC，所以MN∥CD，因?yàn)镃D?平面CDE，MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE，同理，NH∥平面CDE，又因?yàn)镸N∩NH＝N，MN，NH?平面MNH，所以平面MNH∥平面CDE.因?yàn)镸H?平面MNH，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因?yàn)镈E＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因?yàn)镠N∥DE，所以eq\f(EN,EA)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，又因?yàn)镸N∥AB，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(EN,EA)＝eq\f(16,25)，所以在線段BE上存在點(diǎn)M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).解法二：過(guò)點(diǎn)H作HG∥CD交BC于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G作GM∥CE交EB于點(diǎn)M，連接HM.因?yàn)镠G∥CD，CD?平面CDE，HG?平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理，GM∥平面CDE.又因?yàn)镠G∩GM＝G，HG，GM?平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE.因?yàn)镸H?平面MHG，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，因?yàn)镋H⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因?yàn)镈E＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因?yàn)镠G∥CD，所以eq\f(CG,CB)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，因?yàn)镸G∥CE，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(CG,CB)＝eq\f(16,25)，所以在線段BE上存在點(diǎn)M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·江西南昌一中階段考試)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，a，b，c是三條不同的直線，則下面說(shuō)法中正確