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专题6　立体几何与空间向量
考点 考情考向 考频
立 体 几 何 与 空 间 向 量 柱、锥、台、球的表面积与体积 2022年新课标Ⅰ卷T4、T8 2022年新课标Ⅱ卷T7、T11 2023年新课标Ⅰ卷T12、T14 2023年新课标Ⅱ卷T9、T14 2024年新课标Ⅰ卷T5 2024年新课标Ⅱ卷T7 3年10考
空间线线、线面、面面平行与垂直的判定与应用 2022年新课标Ⅰ卷T9、T19 2022年新课标Ⅱ卷T20 2023年新课标Ⅰ卷T18 2023年新课标Ⅱ卷T20 2024年新课标Ⅰ卷T17 2024年新课标Ⅱ卷T17 3年7考
空间向量及应用 2022年新课标Ⅰ卷T19 2022年新课标Ⅱ卷T20 2023年新课标Ⅰ卷T18 2023年新课标Ⅱ卷T20 2024年新课标Ⅰ卷T17 2024年新课标Ⅱ卷T17 3年6考
空间角与距离及求法 2022年新课标Ⅰ卷T9、T19 2022年新课标Ⅱ卷T20 2023年新课标Ⅰ卷T18 2023年新课标Ⅱ卷T20 2024年新课标Ⅰ卷T17 2024年新课标Ⅱ卷T7、T17 3年8考
近三年的高考命题，重点考查棱柱、棱锥、棱台的结构特征及表面积与体积，圆柱、圆锥与球的结构特征及表面积与体积，直线与直线、直线与平面、平面与平面平行或垂直的判定与性质，直线与平面所成的角、二面角的求法、空间向量在求空间角时的应用．高考命题形式呈现“一(或二)小一大趋势”，小题(客观题)以容易题、中档题或难题形式出现，且试题创新度高，形式新颖；大题(解答题)侧重考查线面位置关系的论证和空间角(二面角)的求法．本专题主要考查直观想象、数学运算、数学建模和逻辑推理等数学学科核心素养．
立体几何是每年高考考查的重要内容，新高考旧结构以“二小一大”的形式考查，而新高考新结构以“一小一大”的形式考查．
客观题主要考查柱、锥、台、球的表面积或体积，多面体与组合体的有关侧面展开图，与球有关的组合体问题，线线、线面、面面的位置关系的性质与判定，试题难度易、中、难均有可能，有时与数学文化和数学应用综合．
解答题一般设置两问，其中第一问是位置关系的证明，主要涉及线线垂直、线面平行、面面垂直、线段相等，第二问主要涉及二面角、线面角、异面直线所成角的计算，侧重二面角的计算．立体几何一般排在前三题，试题难度是中等题．
立体几何是培养学生直观想象和逻辑推理数学素养的良好素材，主要以两个载体(直观图、点线面的位置关系)来帮助学生认识空间图形及其位置关系，提高直观想象能力，并在几何直观的基础上，初步形成对空间图形的逻辑推理能力．在复习时要注意如下几个方面：
1．明确柱、锥、台、球的几何特征，并能进行表面积、体积的运算．高考常以此为载体考查空间想象能力及运算求解能力．
2．空间位置关系特别是空间中平行与垂直关系的判断与证明是高考必考内容，要将平行与垂直的判定定理及性质定理灵活运用，提高逻辑推理数学素养．
3．空间向量的考查重在其工具性，主要是计算空间角(异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角)和空间距离等，也可用来证明位置关系，运用空间向量，思路清晰，可化难为易，克服平面的垂线难作、角难找、图难画等难点，但计算的要求相应提高，在复习过程中，应在重视空间向量坐标法的同时关注构建法的运用，重视法向量的计算，重视向量公式的正确使用．
第33讲　空间几何体的结构及表面积、体积
[课标要求]　1.了解柱、锥、台、球的定义、性质及它们之间的关系.2.掌握柱、锥、台、球的结构特征．会用斜二测画法画出它们的直观图.3.了解柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式.4.通过对空间几何体的表面积与体积的计算，进一步理解简单几何体的结构特征．
1．柱、锥、台、球的结构特征
名称 结构特征 图例
棱 柱 两底面相互平行，其余各面都是__平行四边形__；侧棱平行且__相等__
棱 锥 底面是多边形，各侧面均是__三角形__；各侧面有一个公共顶点
棱 台 两底面相互平行；是用一个__平行__于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分
圆 柱 两底面相互平行；侧面的母线__平行__于圆柱的轴；是以矩形的一边所在直线为__轴__，其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体
圆 锥 底面是__圆__；是以直角三角形的一条__直角边__所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体
圆 台 两底面互相平行；是用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分
球 球心到球面上各点的距离__相等__；是以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体
2.直观图
空间几何体的直观图常用__斜二测画法__来画，基本步骤是：
(1)画几何体的底面
①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴与y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝__45°(或135°)__，它们确定的平面表示水平面．
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成__平行于x′轴或y′轴__的线段．
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中__保持原长度不变__，平行于y轴的线段，在直观图中长度为__原来的一半__．
(2)画几何体的高
在已知图形中过O点作z轴垂直于Oxy平面，在直观图中对应的z′轴也垂直于O′x′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段在直观图中仍平行于z′轴且长度__相等__．
(3)成图
根据实际图形顺次连接线段的端点，并整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到了几何体的直观图．
3．表面积
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．
4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
5．空间几何体的表面积和体积公式
几何体 表面积 体积
柱体 (棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体 (棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
台体 (棱台和圆台) S表面积＝S侧＋ S上＋S下 V＝(S上＋S下 ＋)h
球 S表面积＝4πR2 V球＝πR3
　　
1．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的.
2．与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．
3．几个与球有关的切、接的常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R.
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
4．球的截面的性质
(1)过球心的平面截球所得的截面是一个圆，称为球的大圆，不过球心的平面截球所得的截面也是圆，称为球的小圆．
(2)球的截面的性质：
①球的小圆圆心与球心连接的线段与小圆面__垂直__；
②该球心到球的截面的距离为d，小圆的半径r，球的半径R，则R2＝__d2＋r2__．
1．下列说法正确的是(　　)
A．以直角三角形的一边为轴旋转所得到的旋转体是圆锥
B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台
C．以半圆的直径为轴旋转一周所得到的旋转体是球
D．圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径
解析：C　A是错误的，以直角三角形的直角边为轴旋转所得到的旋转体才是圆锥；B是错误的，以直角梯形垂直于底的腰为轴旋转所得的旋转体是圆台；C是正确的；D是错误的，圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长．故选C.
2．下列关于棱锥、棱台的说法正确的是(　　)
A．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台
C．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
解析：D　有一个面是多边形，其余各面是三角形，若其余各面没有一个共同的顶点，则不是棱锥，A错误；
两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还要满足各侧棱的延长线交于一点，B错误，D正确；
用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台，C错误．故选D.
3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)
A．2π B．3π
C．6π D．9π
解析：B　设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B.
4．(2025·湖北武汉期中)如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′＝4，C′D′＝2，则四边形ABCD的面积为__________．
解析：6　如图，过D′作DE⊥O′B′，
由等腰梯形A′B′C′D′可得△A′D′E是等腰直角三角形，即A′D′＝A′E＝×(4－2)×＝，四边形ABCD的面积为×(4＋2)×2＝6.
5．(2024·重庆二模)将一个半径为 cm的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的底面边长为1 cm和2 cm，则它的高为__________cm.
解析：　球的体积为V1＝π×()3＝，
设铁锭的高为h cm，则正四棱台的体积为
V2＝(1＋4＋)h＝h，
由V1＝V2得h＝.
探究点1　空间几何体的结构特征
【例1】 (1)给出下列命题：
①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；
②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．
其中正确命题的序号是________．
(2)给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：(1)①　①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD A1B1C1D1中的四面体A CB1D1；②错误，反例如图所示，底面△ABC为等边三角形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，则△VBC为等边三角形，△VAB和△VCA均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．
(2)A　①错误，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；
②错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；　　
③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．故选A.
(1)熟记柱、锥、台、球的简单几何性质，以便在以柱、锥、台、球为载体的综合问题中灵活准确地应用其性质进行推理与计算．
(2)求解几何体的结构特征的相关问题时，要注意：
①充分利用正方体、长方体模型，注意所研究的几何体与其有什么关系．
②善于根据题目特点构造几何图形和空间几何体．
③善于通过截面将空间问题转化为平面问题.
变式探究
1．给出下列四个命题：
①圆锥是由正方形绕对角线旋转所形成的曲面围成的几何体；
②圆锥是由三角形绕其一边上的高旋转所形成曲面围成的几何体；
③圆锥是∠AOB绕其平分线旋转一周所形成曲面围成的几何体；
④底面在水平平面上的圆锥用平行于底面的平面所截得的位于截面上方的部分是圆锥．
其中正确命题的序号是__________．
解析：④　正方形绕对角线旋转所形成的曲面围成的几何体为两个圆锥，①错误；圆锥是由直角三角形绕其一条直角边旋转所形成曲面围成的几何体，②③错误；④正确．
2．下列结论正确的是(　　)
A．底面是平行四边形的棱柱是平行六面体
B．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
C．以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
D．圆台的上底面圆周上的任意一点与下底面圆周上的任意一点的连线都是母线
解析：A　对于A，底面是平行四边形的四棱柱为平行六面体，A正确；
对于B，如果两个相同的三棱锥叠放在一起，得到的几何体各个面都是三角形，但几何体不是三棱锥，如图所示，B错误；
对于C，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的几何体叫圆锥，显然若旋转未满一周，则几何体不是圆锥，C错误；　　
对于D，过圆台上下底面平行的直径同一侧的端点的连线叫做圆台的母线，D错误．故选A.
探究点2　简单几何体的表面积与体积
【例2】 (1)(2024·山东潍坊三模)陀螺是由两个底面重合的圆锥组成的．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为1∶2，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长之比为(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
解析：(1)A　设上、下两圆锥的底面半径为r，高分别为h1，h2，体积分别为V1，V2，
因为上圆锥的高与底面半径相等，所以h1＝r，
则＝＝＝＝，所以h2＝2r，
上圆锥的母线为＝＝r，
下圆锥的母线为＝＝r，
所以上、下两圆锥的母线长之比为＝，故选A.
(2)28　(方法1)如图，由于＝，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28.
(方法2)棱台的体积为×3×(16＋4＋)＝28.
(1)求几何体的体积和表面积，要紧扣公式中的基本量，注意量与量之间的转化．
(2)当几何体不是正棱柱、正棱锥和正棱台时，求表面积时，要注意判断每一个面的形状，先分别求出每一个面的面积，再相加.
变式探究
3．(2025·山东德州期中)如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB＝8 cm，CD＝2 cm，则该青铜器的体积为(　　)
A．87π cm3 B. cm3
C. cm3 D．43π cm3
解析：D　设圆柱的底面圆半径为r1，底层圆台的上下底面圆半径分别为r2，r3，则r1＝2，r2＝4，r3＝1，所以青铜器的体积为V圆柱＋V中间圆台＋V底层圆台＝2πr＋×3(πr＋πr＋)＋×(πr＋πr＋)＝2π×4＋×3(π×16＋π×4＋)＋×(π×16＋π×1＋)＝43π(cm3)，故选D.
4．(多选)在实践课上，小华将透明塑料制成了一个长方体容器ABCD A1B1C1D1，如图1，AB＝BC＝2，A1A＝5，在容器内灌进一些水(D1H＝4DH)，现固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，如图2，则(　　)
A．有水的部分始终呈三棱柱或四棱柱
B．棱A1D1与水面所在平面平行
C．水面EFGH所在四边形的面积为定值
D．当容器倾斜成如图3所示时，EF的最小值为2
解析：ABD　由棱柱的定义知，A正确；
对于B，由于A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG，且A1D1不在水面所在平面内，所以棱A1D1与水面所在平面平行，B正确；
对于C，在图1中，SEFGH＝FG·EF＝BC·AB＝4，在图2中，SEFGH＝FG·EF>AB·BC＝4，C错误；
对于D，V水＝2×2×1＝·BE·BF·BC，所以BE·BF＝4.
EF2＝BE2＋BF2≥2BE·BF＝8，当且仅当BE＝BF＝2时，等号成立，
所以EF的最小值为2，D正确．故选ABD.
探究点3　组合体的表面积与体积
【例3】 (1)设四棱台ABCD A1B1C1D1的上、下底面积分别为S1，S2，侧面积为S，若一个小球与该四棱台的每个面都相切，则(　　)
A．S2＝S1S2 B．S＝S1＋S2
C．S＝2 D.＝＋
(2)(多选)(2022·新课标Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E ACD，F ABC，F ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
解析：(1)D　设内切球的球心为O，连接OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1，如图所示，
则OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1把四棱台ABCD A1B1C1D1分割成六个四棱锥，且六个四棱锥的高都为内切球的半径R，
则四棱台ABCD A1B1C1D1的高为2R，
所以V四棱台ABCD A1B1C1D1＝(S1＋S2＋)·2R＝(S1＋S2＋S)·R，
化简可得S1＋S2＋2＝(＋)2＝S.故选D.
(2)CD　设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
则V1＝·ED·S△ACD＝·2a··(2a)2＝a3.
V2＝·FB·S△ABC＝·a··(2a)2＝a3.
如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，
又ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，则ED⊥AC，
又ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，
又BM＝DM＝BD＝a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2a，EG＝a，
则EM＝＝a，FM＝＝a，EF＝＝3a，
所以EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，
S△EFM＝EM·FM＝a2，AC＝2a，
则V3＝VA EFM＋VC EFM＝AC·S△EFM＝2a3.
综上，V3＝3V2，2V3＝3V1，V3＝V1＋V2，A、B错误；C、D正确．故选CD.
(1)求组合体体积的基本思路是通过分割、补形或采用间接法的手段，先将几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，再计算．
(2)空间几何体的表面积是空间几何体暴露在外的面积，求组合体的表面积，通常是采用“分割”或“补形”的方法将组合体转化为常规的柱、锥、台、球等，先求出这些柱、锥、台、球的表面积，再通过求和或作差求得原几何体的表面积.
变式探究
5．(2024·天津北辰三模)中国载人航天技术发展日新月异．从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新．如图可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体．圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：A　由题意可知，容器中液体的下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，O1，O2，O3分别为AB，CD，EF的中点．
易知AB∥CD∥EF，且O1B＝O2C＝2，O1O2＝6，O2P＝4，O2O3＝1，O3P＝3，
可得＝＝，
即O3F＝，　　
所以该容器中液体的体积为π×22×6＋[π×22＋π×()2＋]×1＝.故选A.
6．(2025·浙江模拟预测)如图，已知长方体ABCD A1B1C1D1的体积为V，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为(　　)
A.V B.V
C.V D.V
解析：A　如图，取DD1的中点F，连接EF，AF，A1F，B1F，易知EF∥DC1∥AB1，所以平面AB1E与DD1的交点为F.
设长方体的长AB、宽BC、高AA1分别为a，b，c，则V＝abc.
平面AB1EF将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
VF AB1A1＋VF A1B1ED1＝×b××a×c＋×c×(a＋a)b＝abc＝V.故选A.
7．如图，在三棱锥P ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则三棱锥P ABC的外接球的表面积为________________．　　
解析：7π　还原出如图所示的三棱锥B PAC，
因为AB⊥AC，AB⊥AD，AC，AD 平面PAC，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面PAC.
设平面PAC的截面圆心为O′，半径为r，球心为O，球半径为R，
在△PAC中，由余弦定理可得PC2＝AC2＋AP2－2AC·AP·cos 30°＝1＋3－2×1××＝1，则PC＝1.
由正弦定理得2r＝＝2，即r＝1.
因为OO′＝AB＝，
所以R＝＝，
所以外接球的表面积S＝4π()2＝7π.
　
1．以下结论中错误的是(　　)
A．经过不共面的四点的球有且仅有一个
B．平行六面体的每个面都是平行四边形
C．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直
D．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直
解析：D　对于A，经过不共面的四点的球，即为该四面体的外接球，有且仅有一个，A正确；
对于B，平行六面体的每个面都是平行四边形，B正确；
对于C，正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直，C正确；
对于D，棱台的每条侧棱延长线交于一点，侧棱有可能与底面垂直，D错误．故选D.
2．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是(　　)
A．△ABC是钝角三角形
B．△ABC是等边三角形
C．△ABC是等腰直角三角形
D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
解析：C　将其还原成原图，如图，
设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，
故△ABC是等腰直角三角形．故选C.
3．下列说法中正确的是(　　)
A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B．各侧面都是面积相等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
C．各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥为正棱锥
D．底面是正多边形且各侧面是全等三角形的棱锥为正棱锥
解析：D　对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，A错误；
对于B，各侧面都是面积相等的等腰三角形，但无法保证各个等腰三角形全等且腰长均为侧棱长，B错误；
对于C，各侧面都是全等的等腰三角形，但无法保证等腰三角形的腰长为侧棱长，C错误；
对于D，底面是正多边形，各侧面是全等三角形，则可以保证顶点在底面的射影为底面中心，满足正棱锥定义，D正确．故选D.
4．已知一个圆锥的母线长为4，且其侧面积是其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为(　　)
A．π B．
C． D．
解析：A　不妨设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h.根据题意，4××2rh＝πrl，所以＝，又l＝4，解得h＝π.故选A.
5．设有三个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是平行六面体．其中真命题的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：B　由平行六面体的定义可得底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，命题①正确；底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定垂直于底面，故该几何体不一定为长方体，命题②错误；直四棱柱的底面不一定为平行四边形，故直四棱柱不一定是平行六面体，命题③错误．正确的命题只有1个．故选B.
6．位于徐州园博园中心位置的国际馆(一云落雨)，使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅．如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一．其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2 m，高为9 m，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为(参考数据：≈13.16)(　　)
A．2 B．1.71
C．1.37 D．1
解析：C　如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG，
则PH⊥HG，PG⊥BC，
所以PG＝＝＝≈13.16，
则＝＝≈≈1.37，故选C.
7．(2024·河南新乡二模)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥BC，AC1＝2AA1＝4，则该三棱柱的体积的最大值为________．
解析：6　如图，AC1＝2AA1＝4，
则A1C1＝2，
由AB⊥BC，则AB2＋BC2＝12≥2AB·BC，
当AB＝BC时，等号成立，即AB·BC的最大值为6，
此时三棱柱的体积最大，最大体积为AB·BC·AA1＝×6×2＝6.
8．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
解析：　由题可得两个圆台的高分别为
h甲＝＝(r2－r1)，
h乙＝＝2(r2－r1)，
所以＝＝＝＝.
9．如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　如图，AC⊥DO，
设OB＝1，∠BDO＝θ，
则OD＝，
AC＝AD·sin θ＝OD cos θ·sin θ＝cos2θ，
令大圆锥DBB′的体积为V，圆锥OAA′和圆锥DAA′的体积分别为V1，V2，
V＝，V1＋V2＝OD·π·AC2＝··π·cos4θ，
由题意可得V＝2(V1＋V2)，
则＝··π·cos4θ，
解得cos4θ＝，cosθ＝(cos θ>0)，故选B.
10．(2025·福建泉州模拟预测)已知圆锥的侧面积是2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球半径为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　圆锥和它的侧面展开图如图所示．
设圆锥底面圆的半径为r，高为h，母线长为l，由题意知，两式相除解得所以圆锥轴截面的顶角为，轴截面为等边三角形，圆锥的高h＝＝.
如图，设圆锥的内切圆的圆心为O，半径为R，
Rt△AOS中，OS＝AO，即R＝(－R)，解得R＝.故选B.
11．(多选)(2025·山西大同期末)将一个直径为10 cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是(　　)
A．底面直径为8 cm，高为6 cm的圆柱体
B．底面直径为8 cm，高为8 cm的圆锥体
C．底面直径为7 cm，高为9 cm的圆锥体
D．各棱长均为8 cm的四面体
解析：ABD　对于A，若圆柱的底面直径为8 cm，则半径为4 cm，此时球心到圆柱底面的距离为＝3(cm)，故圆柱的高可以为6 cm，A正确；
对于B，若圆锥的底面直径为8 cm，则半径为4 cm，此时球心到圆锥底面的距离为＝3(cm)，故圆锥的高最大时为3＋5＝8(cm)，B正确；
对于C，若圆锥的底面直径为7 cm，则半径为 cm，此时球心到圆锥底面的距离为＝<＝4(cm)，故圆锥的高最大时为(＋5) cm<9 cm，C错误；
对于D，若将各棱长均为8 cm的四面体放入棱长为4 cm的正方体中，此时正方体的外接球直径为×4＝4(cm)<10 cm，D正确．故选ABD.
12．在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为________．
解析：　在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，
所以S△PMA＝S△PAC，
设N到平面PAC的距离为d1，B到平面PAC的距离为d2，
则d1＝d2，
则三棱锥P－AMN的体积为V三棱锥P－AMN＝V三棱锥N－APM＝S△PAM·d1＝×S△PAC×d2＝V三棱锥B－PAC＝V三棱锥P－ABC.
故三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为.
13．(多选)如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，下列命题正确的是(　　)
A．正方体外接球的直径为
B．点P在线段AB上运动，则四面体P－A1B1C1的体积不变
C．与所有12条棱都相切的球的体积为
D．M是正方体的内切球的球面上任意一点，则AM长的最小值是
解析：ABC　对于A，连接B1D(图略)，则B1D为正方体外接球的直径，
又B1D＝，则正方体外接球的直径为，A正确；
对于B，点P在线段AB上运动，点P到平面A1B1C1的距离恒为1，则四面体P－A1B1C1的体积不变，B正确；
对于C，与所有12条棱都相切的球的半径为，该球体积为π·()3＝，则与所有12条棱都相切的球的体积为，C正确；
对于D，正方体的内切球的半径为，球心为B1D的中点，M是球面上任意一点，则AM长的最小值是，D错误．故选ABC.
14．根据祖暅原理，介于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．如图1所示，一个容器是半径为R的半球，另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和高均为R的圆锥，这两个容器的容积相等．若将这两容器置于同一平面，注入等体积的水，则其水面高度也相同．如图2，一个圆柱形容器的底面半径为4 cm，高为10 cm，里面注入高为1 cm的水，将一个半径为4 cm的实心球缓慢放入容器内，当球沉到容器底端时，水面的高度为__________cm(注：≈1.26).
解析：1.48　设铁球沉到容器底端时，水面的高度为h.由图2知，容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积，由图1知相应圆台的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积，故容器内水的体积等于相应圆台的体积．
因为容器内水的体积为V水＝π×42×1＝16π(cm3)，
相应圆台的体积为×π×42×4－×π×(4－h)2×(4－h)＝－(cm3)，
所以16π＝－，解得h＝4－＝4－2≈4－2×1.26＝1.48(cm).
第34讲　空间点、线、面的位置关系
[课标要求]　1.在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解“四个基本事实和一个定理”，并能运用其解决空间位置关系的简单问题．
1．平面的基本性质
基本事实1：过__不在一条直线上__的三个点，有且只有一个平面．
基本事实2：如果一条直线上的__两个点__在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．用符号语言表示为__A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α l α__．
基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们__有且只有一条__过该点的公共直线．用符号语言表示为__P∈α，且P∈β α∩β＝l，且P∈l__．
基本事实4：平行于同一条直线的两条直线__平行__．
2．空间两条直线的位置关系
(1)空间两条直线的位置关系包括__平行、相交、异面__，其中异面直线是指不同在__任何__一个平面内的直线．
(2)等角定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角__相等或互补__．
3．空间中直线与平面的位置关系
　　
4．平面与平面的位置关系
　　
　　
1．三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
2．异面直线的判定定理
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
3．唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
1．若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则a，c的位置关系是(　　)
A．异面 B．相交
C．平行 D．以上都有可能
解析：D　可画图帮助判断，得到a与c异面、相交、平行都有可能．
2．(2025·黑龙江齐齐哈尔期中)已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β＝(　　)
A．20° B．160°
C．20°或160° D．不能确定
解析：C　因为角α的两边和角β的两边分别平行，所以α，β相等或者互补，所以β＝20°或160°，故选C.
3．(2024·北京海淀阶段练习)给出的下面四个命题中正确的是(　　)
A．三个不同的点确定一个平面
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．空间两两相交的三条直线确定一个平面
D．两条平行直线确定一个平面
解析：D　对于A，三个不共线的点确定一个平面，A错误；
对于B，一条直线和直线外一个点确定一个平面，B错误；
对于C，空间两两相交的三条直线，且不能交于同一点，确定一个平面，C错误；
对于D，两条平行直线确定一个平面，D正确．故选D.
4．(教材母题必修8.6.1练习T3)如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是棱AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：C　连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，所以△B1D1C为等边三角形，所以∠D1B1C＝60°.故选C.
5．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
解析：C　由题意知，D∈l，l β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.故选C.
　
探究点1　平面基本事实的应用
【例1】 (1)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．经过两条平行直线，有且只有一个平面
B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
C．平面α与平面β相交，它们只有有限个公共点
D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
(2)如图，四棱锥P ABCD，AC∩BD＝O，M是PC的中点，直线AM交平面PBD于点N，则下列结论正确的是(　　)
A．O，N，P，M四点不共面
B．O，N，M，D四点共面
C．O，N，M三点共线
D．P，N，O三点共线
解析：(1)ABD　对于A，由推论3知A正确；
对于B，由两条相交直线确定唯一平面，由题意，第三条直线与相交的两条直线分别相交于两个不同的点，根据直线上两个不同点在一个平面内，该直线也在平面内，B正确；
对于C，由平面α与平面β相交，则两平面一定相交于一条直线，在该直线上存在无数个点，C错误；
对于D，由基本事实3，可得D正确．故选ABD.
(2)D　直线AC与直线PO交于点O，所以平面PCA与平面PBD交于点O，所以必相交于直线PO，直线AM在平面PAC内，点N∈AM，故N∈平面PAC，故O，N，P，M四点共面，A错误；
若点D与O，M，N共面，则直线BD在平面PAC内，与题目矛盾，B错误；
因为O，M分别为AC，PC的中点，所以OM∥PA，又易知ON∩PA＝P，故ON∩OM＝O，C错误．故选D.
(1)理解平面的基本性质，掌握其基本应用是解决“点、线共面，多点共线，多线共点”的关键．
(2)基本事实1是确定一个平面的依据；基本事实2是判断直线是否在平面内的依据；基本事实3是判定两个平面相交的依据和判定点在直线上的依据；基本事实4是判定空间两条直线平行的依据.
变式探究
1．(多选)如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是(　　)
A．E，F，G，H四点共面
B．EF与GH异面
C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D．EF与GH的交点M一定在直线AC上
解析：AD　依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故FG∥EH，所以E，F，G，H四点共面，A正确，B错误．
因为EH＝BD，FG＝BD，所以四边形EFGH是梯形，则EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点．又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上，D正确，C错误．故选AD.
探究点2　空间位置关系的判断
【例2】 (1)下列说法正确的是(　　)
A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面
B．和同一条直线异面的两直线一定共面
C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行
D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交
(2)(多选)如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点M在线段B1D1(不包含端点)上运动时，下列直线中一定与直线OM异面的是(　　)
A．CC1 B．A1B
C．AB1 D．DB1
(3)已知圆柱O1O2的底面半径和母线长均为1，A，B分别为圆O2、圆O1上的点，若异面直线O1B，O2A所成的角为60°，则AB＝(　　)
A. B．2
C．2或 D．2或2
解析：(1)C　两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，A错误；
如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，但DD1与B1C1也是异面直线，B错误；
如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC α，BD α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB α，CD α，这与假设矛盾，C正确；
如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，D错误．故选C.
(2)BC　对于A，当M为B1D1的中点时，CC1∥OM，A错误；
对于B，因为OM 平面BDD1B1，B∈平面BDD1B1，B OM，A1 平面BDD1B1，所以直线A1B与直线OM一定为异面直线，B正确；
对于C，因为OM 平面BDD1B1，B1∈平面BDD1B1，B1 OM，A 平面BDD1B1，所以直线AB1与直线OM一定为异面直线，C正确；
对于D，又OM 平面BDD1B1，DB1 平面BDD1B1，D错误．
故选BC.
(3)C　如图，过点B作母线BD，交下底面于点D，连接AD，O1O2，O2D，
则O1O2∥BD，O1O2＝BD，
所以四边形O1O2DB为平行四边形，
所以O1B∥O2D，
所以∠AO2D是异面直线O1B，O2A所成的角或其补角，
所以∠AO2D＝60°或∠AO2D＝120°.
当∠AO2D＝60°时，AD＝1，此时AB＝；
当∠AO2D＝120°时，由余弦定理得
AD＝＝，
此时AB＝2，所以AB＝或2.故选C.
(1)空间两条直线位置关系的判定，主要是异面、共面的判定．对于异面直线的判定可直接证明也可采用反证法，通过图形分析、运用反证法的思想是判断线面位置关系的常用方法．
判定两直线异面，常利用结论：平面内一点和平面外一点的连线，和平面内不经过该点的直线是异面直线．
(2)共面的情况主要是对平行与垂直这两种特殊位置关系的判定．对于平行关系的判定，常利用三角形(梯形)的中位线的性质、平行四边形的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；对垂直关系的判定，常利用平面几何中特殊图形的特点及线面垂直的性质来解决.
变式探究
2．已知m，n为异面直线，m∥平面α，n∥平面β，α∩β＝l，则l(　　)
A．与m，n都相交
B．与m，n中至少一条相交
C．与m，n都不相交
D．与m，n中一条相交
解析：C　假设l与m相交，交点为P，由于P∈l，l α，所以P∈α，又P∈m，则m与α有公共点P，与m∥α矛盾，故l与m不相交，同理可得l与n不相交．故选C.
3．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是(　　)
A．MN＝EF，且MN与EF平行
B．MN≠EF，且MN与EF平行
C．MN＝EF，且MN与EF异面
D．MN≠EF，且MN与EF异面
解析：D　设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝＝＝a.
如图，作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF.
所以EF＝＝＝a，
所以MN≠EF.
连接A1D，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝A1D.
连接B1C，因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C.
又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，
所以MN与EF异面，故选D.
4．平面α过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：A　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.
因为α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，
则m1∥m.
又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
所以B1D1∥m1，所以B1D1∥m，
同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．
又因为B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
所以∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝.故选A.
探究点3　空间几何体的侧面展开与截面问题
【例3】 (1)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是(　　)
A．直线GH与EF平行
B．直线BD与MN为异面直线
C．直线GH与MN所成的角为60°
D．直线DE与MN垂直
(2)如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，当E，F，G分别是B1C1，C1D1，B1B的中点时，平面EFG截正方体所得截面的周长为________．
(3)(2025·四川自贡质检)已知球O的半径为4，圆O1与圆O2为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若|OO1|＝3，|OO2|＝，则两截面圆的圆心距|O1O2|＝__________．
解析：(1)BCD　如图，还原成正四面体A DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM.
易知GH与EF异面，BD与MN异面，故A错误，B正确；
又△GMH为等边三角形，所以GH与MN成60°角，C正确；
易证DE⊥AF，MN∥AF，
所以MN⊥DE，所以D正确．故选BCD.
(2)3　延长EG交CB的延长线于点Q，则BQ＝CB.
连接BD，AC，AD1，过Q作QH∥BD，交AB于H，交AD于K，如图所示，
则BH＝HA，AK＝KD，
过K作KT∥AD1，交DD1于T，连接FT，
则六边形FEGHKT即为平面EFG截正方体所得截面．
又F，E，G，H，K，T均为棱的中点，则截面的周长为3.
(3)2　如图，设圆O1与圆O2公共弦为AB，其中点为E，
则|O1A|＝＝＝，
|O2A|＝＝＝，
所以|O1E|＝＝＝，
|O2E|＝＝＝3，
所以在Rt△OO1E中，tan∠OEO1＝＝，
所以∠OEO1＝60°，
在Rt△OO2E中，tan∠OEO2＝，
所以∠OEO2＝30°，
所以在△O1EO2中，∠O1EO2＝90°，
所以|O1O2|＝＝＝2.
1．作截面的三个原则：(1)在同一平面上的两点可引直线；(2)凡是相交的直线都可以画出其交点；(3)凡是相交的平面都可以画出其交线．
2．几何体的侧面展开应选择一个面为“基本面”，然后借助几何体的直观图，依次将其他面展开在“基本面”内.
变式探究
5．已知三棱锥P ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝2，AC＝2，BC＝4，则：
(1)球O的表面积为________；
(2)若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是__________．
解析：(1)52π　由题意，根据勾股定理可得AC⊥AB，则可将三棱锥P ABC放入以AB，AC，AP分别为长、宽、高的长方体中，则体对角线为外接球直径，
即2r＝＝2，则r＝，
所以球的表面积为4πr2＝4π×()2＝52π.
(2)4π　因为△ABC为直角三角形，所以D为△ABC的外接圆圆心，当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC，则外接圆半径为2，故截面面积为π×22＝4π.
6．在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB＝3A1B1＝6，AA1＝4，点P为棱BB1上的动点(含端点)，则AP＋PC的最小值是(　　)
A．6 B．6
C．8 D．8
解析：B　把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，如图所示，
过点B1作B1E⊥AB，则BE＝2，又BB1＝AA1＝4，则∠ABB1＝60°.
在△ABC中，AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，则AC＝2×6×＝6，
此时线段AC中点P到点B的距离ABcos 60°＝3<4＝BB1，即线段AC与BB1相交，
因此AP＋PC的最小值就是展开图中AC的长，点P为AC与BB1的交点，
所以AP＋PC的最小值为6.故选B.
7．(2024·广西模拟预测)在三棱锥V ABC中，BV⊥平面VAC，VA＝1，AB＝AC＝，∠VAC＝，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥V ABC的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，CF＝__________．
解析：　根据题意，在平面VAC内，过点F作EF∥AC，交VC于点E.在平面VBC内，过点E作EQ∥VB，交BC于点Q.在平面VAB内，过点F作FD∥VB，交AB于点D，连接DQ，如图所示．
因为EF∥AC，则△VCA∽△VEF，
设其相似比为k，即＝＝＝k，则EF＝k.
又因为VA＝1，AC＝，∠VAC＝，
由余弦定理得，
VC＝＝1，
则VC2＋VA2＝AC2，即VC⊥VA.
又BV⊥平面VAC，VC，VA 平面VAC，所以BV⊥VC，BV⊥VA.
又AB＝，则BV＝1，BC＝.
因为FD∥VB，则△AFD∽△AVB，
则＝＝，
因为＝＝1－k，
所以＝＝1－k，即FD＝1－k.
同理可得QE＝1－k，即QE＝FD.
因为EQ∥VB，FD∥VB，则EQ∥FD，
故四边形EFDQ为平行四边形，而EQ 平面EFDQ，VB 平面EFDQ，
故VB∥平面EFDQ，同理AC∥平面EFDQ，即四边形EFDQ为截面图形．
又BV⊥平面VAC，EF 平面VAC，则BV⊥EF，又FD∥VB，所以FD⊥EF.
故平行四边形EFDQ为矩形，
则S矩形EFDQ＝EF·FD＝k·(1－k)＝－(k－)2＋，
所以当k＝时，S矩形EFDQ有最大值，
则VF＝kVA＝，
在Rt△CVF中，CF＝＝＝.
1．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n，则“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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
解析：B　依题意l，m，n是空间不过同一点的三条直线，当l，m，n在同一平面时，可能l∥m∥n，故不能得出l，m，n两两相交．当l，m，n两两相交时，设m∩n＝A，m∩l＝B，n∩l＝C，根据基本事实1可知m，n确定一个平面α，而B∈mα，C∈nα，根据基本事实2可知，直线BC即lα，所以l，m，n在同一平面．综上所述，“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的必要不充分条件．故选B.
2．下列命题正确的个数是(　　)
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；
②如果两条相交直线与另两条直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等；
③如果一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；
④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：B　①中两角应相等或互补；②的说法正确，因为两直线所成的角即夹角为锐角或直角；③在平面几何中成立但在立体几何中不一定成立；④根据基本事实4，是正确的．因此②④是正确的．故选B.
3．若直线a，b是异面直线，A是不在a，b上的点，则下列结论成立的是(　　)
A．过A有且只有一个平面平行于a，b
B．过A至少有一个平面平行于a，b
C．过A有无数个平面平行于a，b
D．过A且平行于a，b的平面可能不存在
3．解析：D　如b∥α且a，b异面，A，a均在平面α内时，如图所示，
此时，将b平移至b′与a相交，则a与b′所在平面即为α，
若要过点A作与a，b平行的平面，则过点A可以作另一个平面与α平行，而A∈α，
显然有矛盾，故上述情况不可能有过点A的平面同时平行于a，b，故A、B、C错误，D正确．故选D.
4．(多选)如图，在正方体中，A，B，C，D分别是顶点或所在棱的中点，则A，B，C，D四点共面的是(　　)
解析：ACD　在A，D中，AB∥CD，在C中，AB，CD相交，在B中，AB，CD异面，故选ACD.
5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　)
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．异面 D．平行
解析：D　如图，连接D1E并延长，与AD交于点M.由A1E＝2ED，可得M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N.
因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合．
所以EF和BD1共面，且＝，＝，
所以＝，所以EF∥BD1.故选D.
6．(多选)下列四个命题中真命题是(　　)
A．平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点
B．若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交
C．若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面
D．若三条直线两两相交，则这三条直线共面
解析：ABC　因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点，A正确；
a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交，B正确；
两条平行直线可确定一个平面，又直线与这两平行直线的两交点在这两条平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面，C正确；
这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内，D错误．故选ABC.
7．(2024·陕西铜川三模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CD，DD1的中点，若AB＝4，则平面EFG截正方体所得截面的面积为(　　)
A．6 B．6
C．12 D．12
解析：D　如图，过点G作EF的平行线交BB1于点J，过点J作FG的平行线交A1B1于点I，
过点I作EF的平行线交A1D1于点H，易知点J，I，H都在截面EFG内，且都是其所在棱的中点，
从而所得截面是边长为2的正六边形，
所求面积S＝6×(×2×2×sin 60°)＝12.故选D.
8．(多选)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，下列结论正确的有__________(填序号).
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
解析：②③　将展开图还原为几何体(如图).
因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，则直线BE与CF共面，①错误；
因为AF平面PAD，B平面PAD，E∈平面PAD，EAF，所以BE与AF是异面直线，②正确；
因为EF∥AD∥BC，EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；
平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错误．
9．已知直线l平面α，直线m平面α，给出下面四个结论：①若l与m不垂直，则l与α一定不垂直；②若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角也为30°；③l∥m是l∥α的必要不充分条件；④若l与α相交，则l与m一定是异面直线．其中正确结论的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：A　对于①，当l与m不垂直时，假设l⊥α，那么由l⊥α一定能得到l⊥m，这与已知条件矛盾，因此l与α一定不垂直，故①正确；对于②，易知l与m所成的角为30°时，l与α所成的角不一定为30°，故②不正确；对于③，l∥m可以推出l∥α，但是l∥α不能推出l∥m，因此l∥m是l∥α的充分不必要条件，故③不正确；对于④，若l与α相交，则l与m相交或异面，故④不正确．故正确结论的个数为1.故选A.
10．(多选)如图是长方体的展开图，且AD＝2AB，ABFE为正方形，其中P，Q分别为AD，HI的中点，下列判断正确的是(　　)
A．AM∥CG B．AF∥DK
C．BP∥JQ D．BP⊥QJ
解析：BD　将展开图还原成长方体，如图．
由图可知A中AM∥CG不正确；B中AF∥DK正确；C中BP∥JQ不正确；D中，由AD＝2AB，ABFE为正方形知∠GQJ＝90°，故BP⊥QJ正确．故选BD.
11．(2025·四川德阳模拟)已知正三棱锥A－BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC＝3，侧棱AB＝2，点E在线段BD上，且BE＝DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是(　　)
A．[，3π] B．[2π，3π]
C．[，4π] D．[，4π]
解析：D　如图，设△BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接AO1，O1D，OD，O1E，OE.
则O1D＝3sin ×＝，AO1＝＝3.
在Rt△OO1D中，R2＝()2＋(3－R)2，
解得R＝2，所以OO1＝AO1－R＝1.
因为BE＝DE，所以DE＝，
在△DEO1中，
O1E＝＝，
所以OE＝＝，
过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面的半径为＝，则截面面积为π×()2＝π，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.故选D.
(2025·辽宁阶段练习)如图，某圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为上一点，且BE＝1，则PQ＋PE的最小值为________．
解析：　如图，连接EC，将△BCE沿直线BC旋转到△BCE′的位置，
且E′在AB的延长线上，则PE＝PE′.
由于圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，故∠BAC＝∠BCA＝，AE′＝AB＋BE′＝2＋1＝3，则PQ＋PE＝PQ＋PE′≥E′Q，当Q，P，E′三点共线时取等号．
当E′Q⊥AC时，E′Q最小，最小值为AE′sin ＝，
即PQ＋PE的最小值为.
13．(多选)(2025·山西晋城统考一模)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，＝3，平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则(　　)
A．Ω下的体积为2
B．Ω上的体积为12
C．Ω下的外接球的表面积为9π
D．平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2
解析：ACD　设＝3，＝3，＝3，连接EF，AF，GF，GH，EH，如图所示．
由长方体的性质可知，EF∥AB，可知A，B，E，F四点共面，所以Ω下为直三棱柱ADF－BCE，其体积为×1×2×2＝2，A正确．
Ω上的体积为22×4－2＝14，B错误．
Ω下的外接球即为长方体ABCD－GHEF的外接球，所以Ω下的外接球的半径R＝＝，则Ω下的外接球的表面积为4πR2＝9π，C正确．
平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF，其面积为2×＝2，D正确．故选ACD.
14．(多选)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论正确的是(　　)
A．对于任意的点Q，都有AP∥QR
B．对于任意的点Q，四边形APQR不可能为平行四边形
C．存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形
D．存在点Q，使得直线BC∥平面APQR
解析：ABD　因为AB∥CD，AB平面ABB1A1，CD平面ABB1A1，所以CD∥平面ABB1A1，
又AA1∥DD1，同理可证DD1∥平面ABB1A1，因为DD1∩CD＝D，DD1，CD平面CDD1C1，所以平面ABB1A1∥平面CDD1C1.
因为平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝RQ，所以AP∥QR，A正确．
因为四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，所以平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行．
因为平面APQR∩平面BCC1B1＝PQ，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，所以PQ与AR不平行，故四边形APQR不可能为平行四边形，B正确．
假设存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形，
令BP＝x，AB＝2，
由AP＝＝AR＝，得DR＝BP，
又DR∥BP，所以四边形DRPB是平行四边形，即DB＝PR，
所以PR＝＝＝＝＝2，无解，C错误．
如图，延长CD至M，使得DM＝CD，则四边形ABCM是矩形，所以BC∥AM.
当R，Q，M三点共线时，AM平面APQR，所以BC∥平面APQR，D正确．故选ABD.
第35讲　直线、平面平行的判定与性质
[课标要求]　1.了解空间直线与平面平行、平面与平面平行的定义.2.掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，并能运用其进行论证和解决有关问题.3.学会应用化归思想进行线线问题、线面问题、面面问题的互相转化．
　　　　　　　　
1．直线与平面平行的判定
(1)定义：直线和平面__没有公共点__．
(2)判定定理：如果平面__外__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．
符号表示：a α，b α，且a∥b __a∥α__．
2．直线与平面平行的性质
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线__平行__．
符号表示：a∥α，a β，α∩β＝b __a∥b__．
3．平面与平面平行的判定
(1)定义：两个平行平面__没有公共点__．
(2)判定定理：如果一个平面内的__两条相交直线__与另一个平面平行，那么这两个平面平行．
符号表示：a β，b β，__a∩b＝P__，a∥α，b∥α β∥α.
4．平面与平面平行的性质
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线__平行__．
符号表示：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b __a∥b__．
　　
1．判断两平面平行的常用结论
(1)垂直于同一直线的两个平面平行；
(2)平行于同一平面的两个平面平行．
2．与平面平行有关的几个常用结论
(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等；
(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行；
(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例；
(4)同一条直线与两平行平面所成的角相等．
1．下列说法正确的是(　　)
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∥b，b α，则a∥α
D．若直线a α，b α且a∥b，则a∥α
解析：D　A中缺少l在平面α外这一条件；直线在平面α外包括直线与平面相交、直线与平面平行两种情况，B错误；C中缺少a不在平面α内这一条件；D满足线面平行的三个条件，故选D.
2．若直线a∥平面α，直线b α，则a与b的位置关系是(　　)
A．a∥b
B．a⊥b
C．a，b异面
D．a∥b或a与b异面
解析：D　因为a∥α，b α，所以a与b无公共点，所以a与b平行或异面．故选D.
3．(教材母题必修8.5.3练习T2改编)设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
解析：D　对于A，α内有无数条直线与β平行推不出α∥β，只有α内所有直线与β平行才能推出，故A错误；
对于B，α，β垂直于同一平面，得到α∥β或α与β相交，故B错误；
对于C，α，β平行于同一条直线，得到α∥β或α与β相交，故C错误；
对于D，因为垂直于同一条直线的两平面平行，故α，β垂直于同一条直线可得α∥β，故D正确．故选D.
4．(教材母题必修习题8.5T13改编)如图，四边形ABDC是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，AC与平面α交于点M，BD与平面α交于点N，M是AC的中点，AB＝4，CD＝6，则MN＝(　　)
A．4.5 B．5
C．5.4 D．5.5
解析：B　因为AB∥平面α，AB 平面ABDC，平面ABDC∩平面α＝MN，
所以AB∥MN.又M是AC的中点，所以MN是梯形ABDC的中位线，故MN＝(AB＋CD)＝5.故选B.
5．(2024·河北衡水一模)已知在正方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2，点M为A1D1的中点，点P为正方形A1B1C1D1内一点(包含边界)，且BP∥平面AB1M，则点P的轨迹长度为__________．
解析：　取B1C1的中点为N，连接MN，BN，D1N(图略)，易知D1N∥B1M，又D1N 平面AB1M，
B1M 平面AB1M，故D1N∥平面AB1M.
又MN∥A1B1∥AB，MN＝A1B1＝AB，
所以四边形ABNM为平行四边形，则BN∥AM，
BN 平面AB1M，AM 平面AB1M，
所以BN∥平面AB1M.
又因为BN∩D1N＝N，BN，D1N 平面BND1，
故平面BND1∥平面AB1M，平面BND1∩平面A1B1C1D1＝D1N，结合BP∥平面AB1M，
故点P的轨迹为线段D1N，线段长度为.
　　　　　　　　　　
探究点1　直线与平面平行的判断与性质
【例1】 如图，在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH.
证明：(方法1)如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.
在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，且DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形，则O为CD的中点．
又H为BC的中点，所以OH∥BD.
又OH 平面FGH，BD 平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
(方法2)在三棱台DEF ABC中，
由AB＝2DE得BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.
又BE 平面FGH，HF 平面FGH，
所以BE∥平面FGH.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.
又GH 平面FGH，AB 平面FGH，
所以AB∥平面FGH.
又AB∩BE＝B，
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD 平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(1)证线面平行的常用方法：
①利用线面平行的判定定理，转化为证线与面平行．
②利用面面平行的性质定理，转化为证线面平行．
(2)利用判定定理时，要注意强调：
①一条线在平面外；②一条线在平面内；③平面外的直线与平面内的直线平行．
(3)证线线平行是证平行的基础，要注意如下结论的运用：
①基本事实4(三线平行公理)；②平面几何中的有关结论，如三角形的中位线定理、平行四边形的性质等.
变式探究
1．(2024·四川乐山一模)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝λCD，点E在棱PC上，使得PA∥平面EBD.
(1)试确定点E的位置，并说明理由．
(2)是否存在实数λ，使得三棱锥E BPD的体积为？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)E是PC的中点．
理由如下：连接AC，交BD于点O，连接OE，如图所示．
因为底面ABCD是正方形，所以O是AC的中点．因为PA∥平面EBD，平面PAC∩平面BDE＝OE，PA 平面PAC，所以PA∥OE，因为O是AC的中点，所以E是PC的中点．
(2)假设存在实数λ，使得三棱锥E BPD的体积为.
因为E为PC的中点，
所以VE BPD＝VC BPD＝VP DBC.
若VE BPD＝，则VP DBC＝.
又底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，则S△BDC＝2，
故VP DBC＝·S△BDC·PD＝·2λ＝，所以λ＝1，
所以存在λ＝1，使得三棱锥E BPD的体积为.
探究点2　平面与平面平行的判定与性质
【例2】 如图，四边形ABCD是矩形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AED∥平面BCF.
(2)若平面ABE与平面CDE的交线为l，求证：AB∥l.
证明：(1)因为ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，所以BF∥DE.
又因为DE 平面ADE，BF 平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
在矩形ABCD中，BC∥AD，AD 平面ADE，BC 平面ADE，
所以BC∥平面ADE，
又BC∩BF＝B，BC，BF 平面BCF，
所以平面AED∥平面BCF.
(2)因为AB∥CD，AB 平面CDE，CD 平面CDE，所以AB∥平面CDE.
又因为AB∥平面CDE，AB 平面ABE，平面ABE∩平面CDE＝l，所以AB∥l.
(1)证明两平面平行的基本方法是判定定理，即如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行．
(2)判定两平面平行，除判定定理外还常用如下结论：
①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两条相交直线，那么这两个平面互相平行；
②若两个平面垂直于同一直线，则这两个平面平行；
③若两个平面同时平行于第三个平面，这两个平面平行；
④两平面的法向量共线(或平行)，则这两个平面平行.
变式探究
2．(2025·江西吉安期末)如图，在三棱锥P ABC中，AB＝BC，点D，M分别为AC，PB的中点，PF＝2FC.
(1)证明：AM∥平面BDF.
(2)若平面AMN∥平面BDF，其中PD∩平面AMN＝N，MN⊥PC，证明：AN是AM在平面PAC上的投影．
证明：(1)如图，取PF的中点E，连接AE，由PF＝2FC，得PE＝EF＝FC，点F为EC的中点．
又点D为AC的中点，则DF∥AE.
又AE 平面BDF，DF 平面BDF.
所以AE∥平面BDF，
又点E为PF的中点，点M为PB的中点，则EM∥BF.
又EM 平面BDF，BF 平面BDF，所以EM∥平面BDF.
又AE∩EM＝E，AE，EM 平面AEM，平面AEM∥平面BDF.
又AM 平面AEM，
所以AM∥平面BDF.
(2)因为平面AMN∥平面BDF，且平面AMN∩平面PDB＝MN，平面BDF∩平面PDB＝BD，所以MN∥BD.
又AB＝BC，D为AC的中点，
所以BD⊥AC，则MN⊥AC.
又MN⊥PC，AC∩PC＝C，AC，PC 平面PAC，
所以MN⊥平面PAC，
所以AN是AM在平面PAC上的投影．
探究点3　平行关系的综合问题
【例3】 如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD和B1C的中点，求证：
(1)MN∥CD1；
(2)平面MNP∥平面CC1D1D.
证明：(1)如图，连接AC，因为底面ABCD是正方形，且点N是BD的中点，
所以AC∩BD＝N，即点N也是AC的中点．
又因为点M是AD1的中点，
所以由三角形中位线定理可得MN∥CD1.
(2)由(1)知MN∥CD1，因为MN 平面CC1D1D，CD1 平面CC1D1D，
所以MN∥平面CC1D1D.
连接BP，因为M，P分别是AD1和B1C的中点，
所以由正方体的性质可知AM＝BP，AM∥BP，
所以四边形ABPM是平行四边形，所以MP∥AB，
而CD∥AB，所以MP∥CD.
又因为MP 平面CC1D1D，CD 平面CC1D1D，
所以MP∥平面CC1D1D，
又MN∩MP＝M，MP，MN 平面MNP，
所以平面MNP∥平面CC1D1D.
证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．三种平行关系的转化的示意图为：
变式探究
3．如图，正三棱柱ABC A1B1C1中，E，F，G分别为棱AB，BC，B1C1的中点．
(1)证明：B1E∥平面ACG.
(2)在线段CC1上是否存在点N，使得平面NEF∥平面A1BC1？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：如图，取AC的中点M，连接EM，GM.
在△ABC中，因为E，M分别为AB，AC的中点，
所以EM∥BC且EM＝BC.
又G为B1C1的中点，B1C1∥BC，
所以B1G∥BC且B1G＝BC，
即B1G∥EM且B1G＝EM，
故四边形EMGB1为平行四边形，
所以B1E∥GM，
又MG 平面ACG，B1E 平面ACG，
所以B1E∥平面ACG.
(2)在线段CC1上存在点N，当N为CC1的中点时，使得平面NEF∥平面A1BC1.
证明如下：如图，连接NE，NF.
因为N，F分别是CC1和BC的中点，所以NF∥BC1.
因为NF 平面A1BC1，BC1 平面A1BC1，所以NF∥平面A1BC1.
因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，
又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1.
因为EF 平面A1BC1，A1C1 平面A1BC1，所以EF∥平面A1BC1.
又因为EF 平面NEF，NF 平面NEF，NF∩EF＝F，
所以平面NEF∥平面A1BC1.
1．下列命题正确的是(　　)
A．若两条直线和同一平面所成的角相等，则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
解析：C　A中两条直线可能平行或相交；B、D中两平面可能平行或相交．故选C.
2．已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”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
解析：A　因为若mα，nα，且m∥n，则一定有m∥α，但若mα，nα，且m∥α，则m与n有可能异面，
所以“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.
3．如图，在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则(　　)
A．MN∥PD B．MN∥AD
C．MN∥PA D．以上均有可能
解析：C　因为MN∥平面PAD，MN平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，所以MN∥PA.故选C.
4．若m，n表示两条不重合的直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，下列命题正确的是(　　)
A．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，且m∥n，则α∥β
B．若m，n相交且都在α，β外，m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若m∥n，nα，则m∥α
D．若m∥α，n∥α，则m∥n
解析：B　对于A，如图示三棱柱中，右侧面为γ，后面的侧面为β，满足α∩γ＝m，β∩γ＝n，且m∥n，但α，β相交，A错误；
对于B，m，n相交且都在α外，设m，n确定的平面为γ，即m，nγ，因为m∥α，n∥α，故可得γ∥α，同理γ∥β，故α∥β，B正确；
对于C，若m∥n，nα，则mα或m∥α，C错误；
对于D，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，D错误．故选B.
5．已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN∥平面PAD.
(2)设平面PBC∩平面PAD＝l，求证：l∥BC.
证明：(1)取PD的中点E，连接AE，NE，如图所示．
由NE∥DC，且NE＝DC，AM∥DC，且AM＝DC，
所以NE∥AM，且NE＝AM，
所以四边形MNEA是平行四边形，
所以MN∥AE，
又AE平面PAD，MN平面PAD，
所以MN∥平面PAD.
(2)因为BC∥AD，BC平面PAD，AD平面PAD，
所以BC∥平面PAD，
又因为平面PBC∩平面PAD＝l，
所以l∥BC.
6．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，已知AB＝2，侧棱长为，D是A1B1的中点，E，F，G分别是AC，BC，CD的中点．
(1)求直线FG与BB1所成角的大小．
(2)求证：平面EFG∥平面ABB1A1.
解析：(1)如图，连接DB.
因为G，F分别是DC，BC的中点，
所以GF∥BD，所以异面直线FG与BB1所成的角即为直线DB与BB1所成的角．
在Rt△DB1B中，
由DB1＝1，BB1＝，
可得tan ∠DBB1＝＝，
所以∠DBB1＝30°.
(2)证明：由(1)知GF∥BD，BD平面ABB1A1，GF平面ABB1A1，
所以GF∥平面ABB1A1.
因为E，F分别是AC，BC的中点，
所以EF∥AB，
因为AB平面ABB1A1，且EF平面ABB1A1，
所以EF∥平面ABB1A1.
又因为EF∩FG＝F，且EF，FG平面EFG，
所以平面EFG∥平面ABB1A1.
7．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．
(1)求证：GH∥平面ABC；
(2)求证：平面A1EF∥平面BCHG.
证明：(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH∥B1C1，
又因为BC∥B1C1，所以GH∥BC.
因为GH平面ABC，BC平面ABC，
所以GH∥平面ABC.
(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，
所以EF∥BC.
EF平面BCHG，BC平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，G为A1B1的中点，所以A1G∥EB，A1G＝EB，
即四边形A1EBG为平行四边形．
所以A1E∥BG，A1E平面BCHG，BG平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
又因为EF，A1E平面A1EF，且EF∩A1E＝E，
所以平面A1EF∥平面BCHG.
8．(多选)如图所示的是正方体的平面展开图，则下列命题正确的是(　　)
A．BM∥DE
B．CN∥平面ABF
C．CE⊥平面BDM
D．平面BDE∥平面NCF
解析：BCD　由正方体的平面展开图还原几何体如图1所示，连接AN，由AB∥MN且AB＝MN，所以ABMN为平行四边形，所以AN∥BM，显然DE与AN相交，所以BM与DE不平行，A错误；
如图2所示，连接BE，由BC∥NE且BC＝NE，所以BCNE为平行四边形，所以CN∥BE，CN平面ABFE，BE平面ABFE，所以CN∥平面ABFE，B正确；
如图3所示，连接AC，BD，EM，DM，则AC⊥BD，EA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以EA⊥BD，AC∩EA＝A，AC，EA平面ACME，所以BD⊥平面ACME，又EC平面ACME，所以BD⊥EC，同理可证DM⊥平面BCNE，又EC平面BCNE，所以DM⊥EC，又BD∩DM＝D，BD，DM平面BDM，所以EC⊥平面BDM，C正确；
如图4，连接DB，BE，NF，FC，显然四边形EDCF为平行四边形，故ED∥FC，又ED平面NCF，FC平面NCF，故ED∥平面NCF，同理，四边形ENCB为平行四边形，故EB∥NC，又EB平面NCF，NC平面NCF，故EB∥平面NCF，又ED∩EB＝E，ED，EB平面BED，故平面BED∥平面NCF，D正确．故选BCD.
9．如图，在六面体ABCDEF中，DE∥CF，四边形ABCD是平行四边形，DE＝2CF.
(1)证明：平面ADE∥平面BCF.
(2)若G是棱BC的中点，证明：AE∥FG.
证明：(1)由四边形ABCD是平行四边形，得BC∥AD，
又AD平面AED，BC平面AED，
所以BC∥平面AED.
由DE∥CF，CF平面AED，DE平面AED，得CF∥平面AED.
又BC∩CF＝C，BC，CF?平面BCF，
所以平面ADE∥平面BCF.
(2)延长EF，与AG，DC的延长线分别交于点O1，O2，
由DE∥CF，DE＝2CF，得CO2＝CD，由BC∥AD，G是棱BC的中点，得CO1＝CD，
因此点O1，O2重合，记为O，显然平面AOE∩平面AED＝AE，平面AOE∩平面BCF＝FG，
由(1)知，平面ADE∥平面BCF，
所以AE∥FG.
10．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD.
(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：如图，取PA的中点M，连接MD，MF.
因为F，M分别为PB，PA的中点，
所以FM∥AB，FM＝AB.
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AB∥CD，AB＝CD，
因为E为CD的中点，所以DE＝CD，
所以FM∥DE，FM＝DE，
所以四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD.
因为EF平面PAD，MD?平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)存在点Q符合题意，使得A，E，Q，F四点共面，且此时PQ∶QC＝2∶1.
证明如下：如图，取AB的中点H，连接PH交AF于G，在PC上取点Q，使PQ∶QC＝2∶1，连接GQ，HC.
因为在平行四边形ABCD中，E，H分别为CD，AB的中点，
所以AH∥CE，AH＝CE，所以四边形AHCE为平行四边形，所以CH∥AE.
又因为F为PB的中点，所以点G为△PAB的重心，且PG∶GH＝2∶1，
因为PQ∶QC＝2∶1，所以GQ∥HC.
又因为CH∥AE，所以GQ∥AE，
所以GQ和AE确定一个平面α，因为F在直线AG上，所以F∈α，所以A，E，Q，F四点共面，
所以在线段PC上存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面．
11．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CM＝2B1N＝λ，当MN∥平面AA1C1C时，λ＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　过N作NP∥B1C1交A1C1于P，连接CP，
因为MC∥B1C1，所以NP∥MC，故N，P，M，C共面．
因为MN∥平面AA1C1C，平面MNPC∩平面AA1C1C＝CP，MN平面MNPC，
所以MN∥CP.
又NP∥MC，所以四边形MNPC为平行四边形，所以CM＝NP，
又CM＝2B1N＝λ，所以B1N＝，NP＝A1N＝1－，
所以1－＝λ，所以λ＝.故选B.
12．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝.
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
解析：(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于点M，连接D1M.
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，所以＝＝，
又因为＝＝，
所以＝＝，所以PQ∥MD1.
又MD1平面A1D1DA，PQ平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.
证明：因为＝，即有＝，
故＝，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，
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
第36讲　直线、平面垂直关系的判定与性质
[课标要求]　1.了解空间直线与直线、直线与平面垂直，平面与平面垂直的定义.2.掌握空间直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质定理，能正确运用判定与性质定理论证空间直线与平面、平面与平面垂直关系．
　　　　　　　　
1．直线与平面垂直的判定
(1)利用定义：如果一条直线和一个平面内的__任意一条直线__都垂直，那么该直线与这个平面互相垂直．
(2)判定定理：如果一条直线与一个平面内的__两条相交直线__垂直，那么该直线与平面垂直．
用符号语言表示为：m α，n α，__m∩n＝P__，l⊥m，l⊥n l⊥α.
2．直线与平面垂直的性质
(1)由直线和平面垂直的定义知：若一条直线垂直于平面α，则这条直线垂直于平面α内的__任意一条__直线．
(2)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__平行__．
用符号语言表示为：a⊥α，b⊥α __a∥b__．
3．两平面垂直的判定
(1)利用定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角为__90°__，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理：如果一个平面过另一个平面的__垂线__，那么这两个平面垂直．
4．两平面垂直的性质
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的__交线__，那么这条直线与另一个平面__垂直__．
用符号语言表示为：若α⊥β，α∩β＝a，b⊥a，b β，则__b⊥α__．
　　
1．若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
2．若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
3．垂直于同一条直线的两个平面平行．
4．一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若l⊥m，m α，则l⊥α
B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α
C．若l∥α，m α，则l∥m
D．若l∥α，m∥α，则l∥m
解析：B　对于A，l⊥m，m α，则l，α还可能平行或l α，A错误；
对于B，l⊥α，l∥m，由线面垂直的性质可得m⊥α，B正确；
对于C，l∥α，m α，则l∥m或l与m异面，C错误；
对于D，l∥α，m∥α，l与m可能平行、相交、异面，D错误．故选B.
2．(多选)下列命题正确的是(　　)
A．如果一条直线和一个平面内的两条直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
B．如果一条直线和一个平面内的无数条直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
C．如果一条直线和平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
D．如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
解析：CD　A中两条直线一定要是两相交直线，如果是两平行直线，结论不成立，A不正确；
B中的无数条直线如果是平行直线，结论不成立，B不正确；
C为直线与平面垂直的判定定理，D可由直线与平面垂直的定义得到，故选CD.
3．如图，在斜三棱柱ABC A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)
A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D．△ABC内部
解析：A　由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC 平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．故选A.
4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是(　　)
A．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
D．若m⊥α，n β，m⊥n，则α⊥β
解析：B　如图，对于A，在长方体ABCD A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1，平面ABCD分别为α，β，AB，BB1分别为直线m，n，显然m∥α，n⊥β，m⊥n，而平面A1B1C1D1∥平面ABCD，A错误；
对于B，由m∥α知存在过m的平面γ与α相交，令交线为c，则c∥m，而m⊥β，于是c⊥β，又c α，则α⊥β，B正确；
对于C，在长方体ABCD A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1，平面ABCD分别为α，β，A1B1，BC分别为直线m，n，显然m⊥n，m α，n β，而平面A1B1C1D1∥平面ABCD，C错误；
对于D，在长方体ABCD A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1，平面ABCD分别为α，β，BB1，AB分别为直线m，n，显然m⊥α，n β，m⊥n，而平面A1B1C1D1∥平面ABCD，D错误．故选B.
5．(教材母题必修8.6.3练习T3)如图，在三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，则以此三棱锥的棱为边所构成的三角形中，直角三角形的个数为________．
解析：4　因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC 平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，即△PAB，△PAC为直角三角形．
又AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
又PC 平面PAC，所以BC⊥PC，所以△PBC，△ABC也为直角三角形，
即以此三棱锥的棱为边所构成的三角形中，直角三角形有4个．
探究点1　线面垂直的判定与性质
【例1】 如图，在四棱锥P ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，∠BAD＝90°，CD＝PD＝，AB＝2PA＝4，E是PA的中点．
(1)求证：DE⊥平面PAB.
(2)求三棱锥E PBC的体积．
解析：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PD⊥AB，PD⊥AD.
因为∠BAD＝90°，所以AB⊥AD.
又因为AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
因为DE 平面PAD，所以DE⊥AB.
因为PD＝，PA＝2，PD⊥AD，
所以AD＝＝，
所以AD＝PD，又E是PA的中点，所以DE⊥PA.
又因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以DE⊥平面PAB.
(2)因为AB∥DC，AB 平面PAB，DC 平面PAB，所以DC∥平面PAB.
所以点C到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离．
因为DE⊥平面PAB，所以D到平面PAB的距离就是线段DE的长，
也就是点C到平面PAB的距离等于线段DE的长，所以点C到平面PEB的距离等于线段DE的长．
因为PD＝，PA＝2，PD⊥AD，AD＝，E是PA的中点，所以DE＝PA＝1.
因为AB⊥平面PAD，PA 平面PAD，所以AB⊥PA.
因为PA＝2，AB＝4，
所以S△PAB＝×4×2＝4.
因为E是PA的中点，
所以S△PEB＝S△PAB＝2，
所以VE PBC＝VC PEB＝S△PEB·DE＝×2×1＝.
(1)证明线面垂直的基本方法是利用判定定理，即证明一条直线与平面内的两条相交直线垂直．
(2)证明线线垂直时，要注意如下几个方面：
①注意特殊几何体中的垂直关系的利用(如正方体、正棱柱、直棱柱等)．
②要注意充分利用平面几何的知识，挖掘题中隐含的垂直关系，如正方形、菱形的对角线垂直；等腰三角形底边上的高、中线和顶角平分线垂直底边；直径所对的圆周角为90°等．
③利用计算的方法证明垂直，如给出线段长度，计算满足勾股定理、证明角等于90°等．
④利用已知垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视直线与平面垂直的性质和两平面垂直的性质定理.
变式探究
1．如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥BC，且AB＝BC＝AA1＝2，D为线段BC上的动点．
(1)证明：AB1⊥A1D.
(2)判断点D到平面AB1C1的距离是否为定值．若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．
解析：(1)证明：如图，连接A1B，A1C.
因为四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B.
又因为BC⊥AB，在直棱柱ABC A1B1C1中，BB1⊥BC，AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面AA1B1B.
因为AB1 平面AA1B1B，所以BC⊥AB1.
又因为A1B∩BC＝B，所以AB1⊥平面A1BC，
因为A1D 平面A1BC，所以AB1⊥A1D.
(2)点D到平面ABC的距离为定值．
因为BC∥B1C1，B1C1 平面AB1C1，
所以BC∥平面AB1C1，
所以点D到平面AB1C1的距离即为BC到平面AB1C1的距离，可转化为点B到平面AB1C1的距离．
记A1B∩AB1＝E，则BE⊥AB1.
又BC⊥平面AA1B1B，BE 平面AA1B1B，所以BC⊥BE.
因为BC∥B1C1，所以B1C1⊥BE，
因为AB1∩B1C1＝B1，所以BE⊥平面AB1C1，
所以BE为点D到平面AB1C1的距离．
在等腰Rt△ABB1中，因为AB＝BB1＝2，
所以AB1＝2，所以BE＝AB1＝.
所以D到平面AB1C1的距离为定值，且定值为.
探究点2　面面垂直的判定与性质
【例2】 如图，已知三棱锥P ABC，PA⊥平面ABC，△PAC是以PC为斜边的等腰直角三角形，△ABC是以AC为斜边的直角三角形，F为PC上一点，E为PB上一点，且AE⊥PB.
(1)现给出两个条件：①EF⊥PC；②F为PC的中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：平面PBC⊥平面AEF.
(2)若PC⊥平面AEF，直线AC与平面AEF所成角和直线AC与平面PAB所成角相等，且PA＝2，求三棱锥P ABC的体积．
解析：(1)选①EF⊥PC.
证明：因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC.
又BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
又AE 平面PAB，所以BC⊥AE.
又AE⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC 平面PBC，所以AE⊥平面PBC.
又PC 平面PBC，所以AE⊥PC.
又EF⊥PC，EF∩AE＝E，EF，AE 平面AEF，
所以PC⊥平面AEF.
又PC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面AEF.
选②F为PC的中点．
证明：因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
又BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
又AE 平面PAB，所以BC⊥AE.
又AE⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC 平面PBC，
所以AE⊥平面PBC.
又PC 平面PBC，所以AE⊥PC.
又F为等腰直角三角形PAC斜边PC的中点，则AF⊥PC，AF∩AE＝E，AF，AE 平面AEF，
所以PC⊥平面AEF.
又PC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面AEF.
(2)由PC⊥平面AEF，BC⊥平面PAB可知，∠CAF与∠CAB分别为AC与平面AEF及AC与平面PAB所成角，
所以∠CAF＝∠CAB.
又sin∠CAF＝，sin∠CAB＝，PA＝AC＝2，
所以CB＝CF＝，求得AB＝，
所以VP ABC＝S△ABC·PA＝.
(1)证明两平面垂直的基本方法是利用平面与平面垂直的判定定理，即证其中一个平面经过另一个平面的垂线．
(2)证明线线垂直时，要充分利用平面几何中的垂直关系及利用计算进行证明的方法，同时要注意线面垂直、面面垂直的性质的应用．
(3)空间垂直关系之间的转化是立体几何中证明垂直关系的常用思路，三种垂直关系的转化可结合下面的框图进行记忆．
变式探究
2．(2024·四川成都期末)如图，四棱锥P ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝2CD＝2AD＝2，平面ABCD⊥平面PAC.
(1)证明：PC⊥AB.
(2)若PA＝PC＝AC，M是PA的中点，求三棱锥C PBM的体积．
解析：(1)证明：在四棱锥P ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝2CD＝2AD＝2，
四边形ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，
AC＝＝2，
AB＝＝2，
于是AC2＋AB2＝8＝BC2，即AB⊥AC.
又平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，AB 平面ABCD，所以AB⊥平面PAC.
又PC 平面PAC，所以PC⊥AB.
(2)如图，取AC的中点E，连接PE.
因为PA＝PC＝AC＝，
所以PE⊥AC，PE＝＝2.
又平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，PE 平面PAC，
所以PE⊥平面ABCD.
由M是PA的中点，得点M到平面ABCD的距离d＝PE＝1.
又S△ABC＝AB·AC＝2，
显然S△PBM＝S△ABM，
所以三棱锥C PBM的体积VC PBM＝VC ABM＝VM ABC＝S△ABC·d＝.
探究点3　线面垂直、面面垂直的综合应用
【例3】 如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，其中∠DAB＝60°.侧面△PAD为正三角形，且其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证：AD⊥PB.
(2)若E为BC边的中点，则在棱PC上是否存在点F，使得平面DEF⊥平面ABCD？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，DB，如图．
因为△PAD为正三角形，所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD为正三角形，
又G为AD的中点，所以BG⊥AD.
又BG∩PG＝G，BG，PG 平面PGB，
所以AD⊥平面PGB.
因为PB 平面PGB，所以AD⊥PB.
(2)当F为PC的中点时，使得平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下：在△PBC中，因为E，F分别为BC，PC的中点，所以EF∥PB.
又EF 平面DEF，PB 平面DEF，
所以PB∥平面DEF.
同理，易证GB∥平面DEF.
又PB 平面PGB，GB 平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥平面ABCD，而PG 平面PGB，
所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD.
与探索性问题有关的解题策略
(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中的某一个，也可以根据相似知识设点.
变式探究
3．已知四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1C1∩D1B1＝F1，AC∩DB＝F.
(1)试判断A1A与F1F是否平行，并说明理由．
(2)若平面A1ACC1⊥平面ABCD，平面D1DBB1⊥平面ABCD，且平面D1DBB1∩平面A1ACC1＝F1F，试判断F1F与平面ABCD是否垂直，并说明理由．
解析：(1)A1A与F1F平行，理由如下：
在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，因为A1A∥C1C，所以A，C，C1，A1四点共面．
因为A1A∥B1B，B1B 平面D1DBB1，A1A 平面D1DBB1，所以A1A∥平面D1DBB1，
又因为A1A 平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面D1DBB1＝F1F，所以A1A∥F1F.
(2)F1F与平面ABCD垂直，理由如下：
如图，易知在平面ABCD内存在一条直线m，使直线m⊥AC，
又因为平面A1ACC1⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面A1ACC1＝AC，所以m⊥平面A1ACC1，
又因为F1F 平面A1ACC1，所以m⊥F1F.
同理，在平面ABCD内存在一条直线n，使直线n⊥BD，
又因为平面D1DBB1⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面D1DBB1＝BD，所以n⊥平面D1DBB1，
又因为F1F 平面D1DBB1，所以n⊥F1F.
因为AC与BD相交，所以直线m与n也相交，
所以F1F⊥平面ABCD.
　　　　　　　
1．(2024·广西南宁三模)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是不同的平面，则下列条件中能推出α⊥β的是(　　)
A．lα，mβ，且l⊥m
B．lα，mβ，nβ，且l⊥m，l⊥n
C．mα，nβ，m∥n，且l⊥m
D．lα，l∥m，且m⊥β
解析：D　对于A，lα，mβ，且l⊥m，α，β可以平行、相交不垂直、垂直，A错误；
对于B，lα，mβ，nβ，且l⊥m，l⊥n，当m，n不相交时，l不一定与β垂直，则α不一定与β垂直，B错误；
对于C，mα，nβ，m∥n，且l⊥m，显然直线l与α，β关系不确定，则α，β可以平行、相交不垂直、垂直，C错误；
对于D，由l∥m，m⊥β，得l⊥β，又lα，根据面面垂直的判定知α⊥β，D正确．

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