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课后限时练(十一)　空间点、线、面的位置关系
1．(2025·丰台区一模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m α，n β，α∥β，则m∥n
B．若m∥n，n α，则m∥α
C．若α⊥β，m⊥β，n⊥m，则n⊥α
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．[人教A版必修第二册P163习题8.6T5改编]如图，四面体P-ABC的棱长均相等，D，F分别为BC，PB的中点，点E满足＝，则(　　)
A．EF⊥BC
B．PE⊥BC
C．EF∥平面PAC
D．平面DEF⊥平面ABC
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．(多选)(2023·全国乙卷T19(1)改编)在正三棱锥D-ABC中，＝0，点P满足＝x＋y，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则(　　)
A．当x≠0时，直线MP与直线AD一定为异面直线
B．当x＋y＝1时，平面MDP⊥平面ABD
C．使得MP⊥平面BCD的(x，y)有两对
D．当x＋y＝时，MP∥平面ADC
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．(2025·秦皇岛市昌黎县模拟)已知P是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，C是底面圆周上一点，D是线段PA的中点，AB⊥CD，则∠ABC＝________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5．[人教A版必修第二册P171复习参考题8T12]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：
(1)B1D⊥平面A1BC1；
(2)B1D与平面A1BC1的交点H是△A1C1B的重心．
2 / 2课后限时练(十一)
1．D　[对于A，若m α，n β，αβ，则m与n平行或异面，故A错误；
对于B，若mn，n α，则mα或m α，故B错误；
对于C，若α⊥β，m⊥β，则mα或m α，又n⊥m，则n与α可能平行也可能相交，故C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则nα或n α，又n⊥β，则α⊥β，故D正确．
故选D．]
2．B　[假设EF⊥BC，根据等边三角形三线合一可知ED⊥BC，又ED∩EF＝E，ED，EF 平面EFD，所以BC⊥平面EFD，又DF 平面EFD，则BC⊥DF．在△PBC中，D，F分别为BC，PB的中点，所以DFPC，所以BC⊥PC，与题矛盾，A错误；易知AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，所以BC⊥平面PAD，因为PE 平面PAD，所以BC⊥PE，B正确；假设EF平面PAC，因为FDPC，FD 平面PAC，PC 平面PAC，所以FD平面PAC，又EF∩FD＝F，EF，FD 平面DEF，所以平面DEF平面PAC，又DE 平面DEF，则DE平面PAC，即AD平面PAC，显然不成立，C错误；由B项分析知BC⊥平面PAD，又BC 平面ABC，所以平面PAD⊥平面ABC，又平面DEF∩平面PAD＝DE，所以平面DEF与平面ABC不垂直，D错误．]
3．ABD　[由＝0，可知M为AB的中点．
A项：若x≠0，则由＝x＋y可知，
点P 直线BD，点P∈平面BCD，
所以点P 平面ABD，
因为AD 平面ABD，点M∈平面ABD，且点M 直线AD，
所以当x≠0时，直线MP与直线AD为异面直线，A正确；
B项：若x＋y＝1，则P，C，D三点共线，即点P∈直线CD，
在正三棱锥D-ABC中，CM⊥AB，DM⊥AB，CM∩DM＝M，CM，DM 平面MDC，所以AB⊥平面MDC，又AB 平面ABD，所以平面MDP⊥平面ABD，B正确；
C项：因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以过点M有且仅有一条直线l与平面BCD垂直，则点P就是直线l与平面BCD的交点，且是唯一的，
又由平面向量基本定理可得，存在唯一的实数对(x，y)，使得＝x＋y，C错误；
D项：分别取BD，BC的中点E，F，则＝x＋y＝2x＋2y，
当x＋y＝时，2x＋2y＝1，所以E，F，P三点共线，即P∈EF，
显然平面MEF平面ADC，又MP 平面MEF，
所以MP平面ADC，D正确．故选ABD．]
4．30°　[如图，取AO的中点H，连接CH，DH，
由D为PA的中点，H为AO的中点，得DHPO，
由PO⊥平面☉O，则DH⊥平面☉O．可得DH⊥AB，
由AB⊥CD，又DH∩CD＝D，DH，CD 平面CDH，则AB⊥平面CDH，又CH 平面CDH，则AB⊥CH，
在△COH中，CO＝2HO，所以∠HOC＝60°，
则∠ABC＝30°．
故答案为30°．]
5．证明：(1)如图，连接BD，B1D1．根据正方体的几何性质可知B1D1⊥A1C1．
又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，又B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1 平面D1DBB1，所以A1C1⊥平面D1DBB1，又B1D 平面D1DBB1，所以A1C1⊥B1D．同理可证B1D⊥A1B，又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B 平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1．
(2)如图，连接A1H，BH，C1H．由(1)可知，B1H⊥A1H，B1H⊥BH，B1H⊥C1H，且A1B1＝BB1＝C1B1，△B1HA1，△B1HB，△B1HC1的公共边为B1H，则可得△B1HA1≌△B1HB≌△B1HC1，所以A1H＝BH＝C1H．因此知H是△A1BC1的外心．由正方体的几何性质可知A1B＝A1C1＝BC1，即△A1BC1是正三角形，所以H是△A1BC1的中心，所以H是△A1C1B的重心．
易错提醒：位置关系的证明过程中，一定要注意判断依据中的条件要确保全面．
1 / 3课时11　空间点、线、面的位置关系
[备考指南]　空间位置关系一是考查命题的真假判断，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(1)问的形式考查，属于中档题．
基础考点1　空间位置关系的判定
【母题1】　[人教A版必修第二册P171复习参考题8T16]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．若直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则(　　)
A．α∥β，l∥α
B．α与β相交，且交线平行于l
C．α⊥β，l⊥β
D．α与β相交，且交线垂直于l
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
链接核心知识：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．
(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．
1．(2025·上海春季高考)如图，ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是(　　)
A．AB和C1D1　　　　　 B．AA1和CC1
C．BD1和B1D D．A1D1和AB
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(多选)(2024·全国甲卷改编)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题中正确的是(　　)
A．若m∥n，则n∥α或n∥β
B．若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
C．若n∥α，且n∥β，则m∥n
D．若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
易错提醒：(1)易遗漏定理中的条件．
(2)易直接将平面几何中的结论应用到立体几何中．
基础考点2　空间中平行与垂直的证明
【母题2】　[人教A版必修第二册P170复习参考题8T9]如图，在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，AB⊥BC，D，E分别是AB，PB的中点．求证：
(1)DE∥平面PAC；
(2)AB⊥PB．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
链接核心知识：
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 α，b α，a∥b a∥α．
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b．
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β．
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥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：m α，n α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α．
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b．
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β．
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β．
1．(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　)
A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
　
A　　　　　　　B
　
C　　　　　　　D
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF∥平面ADO；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P-ABC的体积．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟：平行关系及垂直关系的转化
1．(2024·天津卷)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1 / 2课时11　空间点、线、面的位置关系
[备考指南]　空间位置关系一是考查命题的真假判断，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(1)问的形式考查，属于中档题．
基础考点1　空间位置关系的判定
【母题1】　[人教A版必修第二册P171复习参考题8T16]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．若直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则(　　)
A．α∥β，l∥α
B．α与β相交，且交线平行于l
C．α⊥β，l⊥β
D．α与β相交，且交线垂直于l
B　[∵m⊥平面α，直线l满足l⊥m，l α，∴l∥α．
又n⊥平面β，直线l满足l⊥n，l β，∴l∥β．
由直线m，n是异面直线，且m⊥α，n⊥β，
则可知α，β相交，否则m∥n与条件矛盾，
故α与β相交，且交线平行于l，
综上所述可知选项B正确．
故选B．]
链接核心知识：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．
(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．
1．(2025·上海春季高考)如图，ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是(　　)
A．AB和C1D1　　　　　 B．AA1和CC1
C．BD1和B1D D．A1D1和AB
D　[根据题意，依次分析选项：
对于A，因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，所以AB∥A1B1∥C1D1，故A错误；
对于B，棱台的侧棱延长后交于一点，所以AA1与CC1相交，故B错误；
对于C，同理B，BB1与DD1也相交，所以B，B1，D1，D四点共面，所以BD1与B1D相交，故C错误；
对于D，A1D1与AB既不相交，也不平行，是异面直线，故D正确．
故选D．]
2．(多选)(2024·全国甲卷改编)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题中正确的是(　　)
A．若m∥n，则n∥α或n∥β
B．若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
C．若n∥α，且n∥β，则m∥n
D．若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
AC　[若n α，因为m∥n，m β，则n∥β，
若n β，因为m∥n，m α，则n∥α，
若n不在α也不在β内，
因为m∥n，m α，m β，
所以n∥α且n∥β，故A正确；
若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，也有可能相交，故B错误；
过直线n分别作平面，与α，β分别相交于直线a，直线b，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α相交于直线a，所以n∥a，
同理可得n∥b，所以a∥b，
因为a β，b β，则a∥β，因为a α，α∩β＝m，则a∥m，
又因为n∥a，则m∥n，故C正确；
n与α和β所成的角相等，则m和n不一定垂直，故D错误；
综上只有AC正确．故选AC．]
易错提醒：(1)易遗漏定理中的条件．
(2)易直接将平面几何中的结论应用到立体几何中．
【教用·备选题】
1．(2025·天津卷)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
　C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m α，α⊥β，则m⊥β
C　[对于A，若m∥α，n α，则m∥n或m，n异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
对于D，若m α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m β，故D错误．故选C．]
2．(2024·上海春季高考)已知空间中有两个不重合的平面α，β和两条不重合的直线m，n，则下列说法中正确的是(　　)
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
A　[根据题意，依次分析选项：
对于A，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，又n⊥β，所以m⊥n，故A正确；
对于B，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，由m⊥n，则n与β斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；
对于C，若α∥β，m∥α，则m∥β或m β，由n∥β，则m与n相交、平行、异面均有可能，故C错误；
对于D，若α∥β，m∥α，则m∥β或m β，又m∥n，则n∥β或n β，故D错误．故选A．]
基础考点2　空间中平行与垂直的证明
【母题2】　[人教A版必修第二册P170复习参考题8T9]如图，在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，AB⊥BC，D，E分别是AB，PB的中点．求证：
(1)DE∥平面PAC；
(2)AB⊥PB．
[证明]　(1)∵D，E分别是AB，PB的中点，
∴DE∥PA．
又∵PA 平面PAC，DE 平面PAC，
∴DE∥平面PAC．
(2)∵PC⊥平面ABC，AB 平面ABC，
∴PC⊥AB，
∵AB⊥BC，PC∩BC＝C，PC 平面PBC，BC 平面PBC，
∴AB⊥平面PBC，
∵PB 平面PBC，
∴AB⊥PB．
链接核心知识：
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 α，b α，a∥b a∥α．
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b．
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β．
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥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：m α，n α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α．
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b．
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β．
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β．
1．(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　)
A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
BD　[由正三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，ADC 平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；
因为AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，则AA1⊥BC，
因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
因为AB∥A1B1，AD与AB相交，
所以AD与A1B1异面，故C错误；
因为CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．
故选BD．]
2．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
　
A　　　　　　　　B
　
C　　　　　　　　D
BC　[对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，
则tan θ＝＝，∴不满足MN⊥OP，故A错误；
对于B，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则N(2，0，0)，M(0，0，2)，P(2，0，1)，O(1，1，0)，
＝(2，0，－2)，＝(1，－1，1)，
·＝0，∴满足MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则M(2，2，2)，N(0，2，0)，O(1，1，0)，P(0，0，1)，
＝(－2，0，－2)，＝(－1，－1，1)，
·＝0，∴满足MN⊥OP，故C正确；
对于D，如图，
建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则M(0，2，0)，N(0，0，2)，P(2，1，2)，O(1，1，0)，
＝(0，－2，2)，＝(1，0，2)，
·＝4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．
故选BC．]
3．(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF∥平面ADO；
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P-ABC的体积．
[解]　(1)证明：法一：如图，连接DE，设AF＝tAC(0易知＝－．
∵BF⊥AO，
∴·＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)＋t＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝，
故F为AC的中点．
∵D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，
∴DE∥AB，且DE＝AB，OF∥AB，且OF＝AB，
∴DE綉OF．
∴四边形DEFO是平行四边形，
∴EF∥DO．
又EF 平面ADO，DO 平面ADO，
∴EF∥平面ADO．
法二：因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，
所以△OBA∽△ABC，
所以∠CAB＝∠AOB．
记BF⊥AO的垂足为H，则∠HBA＋∠OAB＝，
又∠OAB＋∠AOB＝，
所以∠HBA＝∠AOB．
所以∠HBA＝∠CAB，所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，
故CF＝AF，F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC．
因为D，O分别是BP，BC的中点，所以DO∥PC，
所以EF∥DO．
又DO 平面ADO，EF 平面ADO，
所以EF∥平面ADO．
(2)由(1)得FO∥AB，
因为AB⊥BC，所以FO⊥BC．
又PO⊥BC，
所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角，
所以二面角P-BC-F的大小为120°．
如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M，
连接MO，MB，
则∠POM是二面角P-BC-M的平面角，
所以∠POM＝60°．
在△PBC中，由PB＝PC＝，BC＝2，得PO＝2，
所以PM＝．
所以三棱锥P-ABC的体积VP-ABC＝S△ABC×PM＝×2×2＝．
反思领悟：平行关系及垂直关系的转化
【教用·备选题】
1．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
A　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF 平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1 平面BDD1，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF 平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，
则＝(－1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(－2，2，0)，
设平面B1EF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有可取m＝(2，2，－1)，
同理可得平面A1BD的一个法向量为n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1，1，0)，
平面A1C1D的一个法向量为n3＝(1，1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误．
故选A．]
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：
(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD．
[证明]　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD．
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC．
(2)因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以PD⊥平面PAB．
又PD 平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD．
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG．
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC．
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥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EF 平面PCD，DG 平面PCD，
所以EF∥平面PCD．
3．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，E和F分别为BC和A1C的中点．
(1)用向量法证明：EF∥平面A1B1BA；
(2)用向量法证明：平面AEA1⊥平面BCB1．
[证明]　(1)由AB＝AC，E为BC的中点，则AE⊥BC，而AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，过E作平行于BB1的直线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝3，BE＝，
所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B1(－，0，2)，A1(0，2，)，F．所以＝＝(－，－2，0)，＝(0，0，)．
设平面A1B1BA的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝－2，则可得平面A1B1BA的一个法向量为n＝(－2，，0)，
而·n＝×(－2)＋1××0＝0，
所以⊥n，
又EF 平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA．
(2)因为EC⊥平面AEA1，则＝(，0，0)为平面AEA1的一个法向量．
又EA⊥平面BCB1，则＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量．
因为·＝0，故⊥，故平面AEA1⊥平面BCB1．
1．(2024·天津卷)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
C　[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误．
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n相交或异面，故D错误．故选C．]
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
A　[法一：连接AD1(图略)，则易得M为AD1的中点，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，A1D 平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AD1∩AB＝A，AD1，AB 平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，因为BD1 平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．
法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由题图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以·n＝0，又MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1，0)，所以sin θ＝|cos 〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．]
课后限时练(十一)　空间点、线、面的位置关系
1．(2025·丰台区一模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m α，n β，α∥β，则m∥n
B．若m∥n，n α，则m∥α
C．若α⊥β，m⊥β，n⊥m，则n⊥α
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D　[对于A，若m α，n β，α∥β，则m与n平行或异面，故A错误；
对于B，若m∥n，n α，则m∥α或m α，故B错误；
对于C，若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m α，又n⊥m，则n与α可能平行也可能相交，故C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n α，又n⊥β，则α⊥β，故D正确．
故选D．]
2．[人教A版必修第二册P163习题8.6T5改编]如图，四面体P-ABC的棱长均相等，D，F分别为BC，PB的中点，点E满足＝，则(　　)
A．EF⊥BC
B．PE⊥BC
C．EF∥平面PAC
D．平面DEF⊥平面ABC
B　[假设EF⊥BC，根据等边三角形三线合一可知ED⊥BC，又ED∩EF＝E，ED，EF 平面EFD，所以BC⊥平面EFD，又DF 平面EFD，则BC⊥DF．在△PBC中，D，F分别为BC，PB的中点，所以DF∥PC，所以BC⊥PC，与题矛盾，A错误；易知AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，所以BC⊥平面PAD，因为PE 平面PAD，所以BC⊥PE，B正确；假设EF∥平面PAC，因为FD∥PC，FD 平面PAC，PC 平面PAC，所以FD∥平面PAC，又EF∩FD＝F，EF，FD 平面DEF，所以平面DEF∥平面PAC，又DE 平面DEF，则DE∥平面PAC，即AD∥平面PAC，显然不成立，C错误；由B项分析知BC⊥平面PAD，又BC 平面ABC，所以平面PAD⊥平面ABC，又平面DEF∩平面PAD＝DE，所以平面DEF与平面ABC不垂直，D错误．]
3．(多选)(2023·全国乙卷T19(1)改编)在正三棱锥D-ABC中，＝0，点P满足＝x＋y，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则(　　)
A．当x≠0时，直线MP与直线AD一定为异面直线
B．当x＋y＝1时，平面MDP⊥平面ABD
C．使得MP⊥平面BCD的(x，y)有两对
D．当x＋y＝时，MP∥平面ADC
ABD　[由＝0，可知M为AB的中点．
A项：若x≠0，则由＝x＋y可知，
点P 直线BD，点P∈平面BCD，
所以点P 平面ABD，
因为AD 平面ABD，点M∈平面ABD，且点M 直线AD，
所以当x≠0时，直线MP与直线AD为异面直线，A正确；
B项：若x＋y＝1，则P，C，D三点共线，即点P∈直线CD，
在正三棱锥D-ABC中，CM⊥AB，DM⊥AB，CM∩DM＝M，CM，DM 平面MDC，所以AB⊥平面MDC，又AB 平面ABD，所以平面MDP⊥平面ABD，B正确；
C项：因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以过点M有且仅有一条直线l与平面BCD垂直，则点P就是直线l与平面BCD的交点，且是唯一的，
又由平面向量基本定理可得，存在唯一的实数对(x，y)，使得＝x＋y，C错误；
D项：分别取BD，BC的中点E，F，则＝x＋y＝2x＋2y，
当x＋y＝时，2x＋2y＝1，所以E，F，P三点共线，即P∈EF，
显然平面MEF∥平面ADC，又MP 平面MEF，
所以MP∥平面ADC，D正确．
故选ABD．]
4．(2025·秦皇岛市昌黎县模拟)已知P是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，C是底面圆周上一点，D是线段PA的中点，AB⊥CD，则∠ABC＝ ．
30°　[如图，取AO的中点H，连接CH，DH，
由D为PA的中点，H为AO的中点，得DH∥PO，
由PO⊥平面⊙O，则DH⊥平面⊙O．可得DH⊥AB，
由AB⊥CD，又DH∩CD＝D，DH，CD 平面CDH，则AB⊥平面CDH，又CH 平面CDH，则AB⊥CH，
在△COH中，CO＝2HO，所以∠HOC＝60°，
则∠ABC＝30°．
故答案为30°．]
5．[人教A版必修第二册P171复习参考题8T12]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：
(1)B1D⊥平面A1BC1；
(2)B1D与平面A1BC1的交点H是△A1C1B的重心．
[证明]　(1)如图，连接BD，B1D1．根据正方体的几何性质可知B1D1⊥A1C1．
又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，又B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1 平面D1DBB1，所以A1C1⊥平面D1DBB1，又B1D 平面D1DBB1，所以A1C1⊥B1D．同理可证B1D⊥A1B，又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B 平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1．
(2)如图，连接A1H，BH，C1H．由(1)可知，B1H⊥A1H，B1H⊥BH，B1H⊥C1H，且A1B1＝BB1＝C1B1，△B1HA1，△B1HB，△B1HC1的公共边为B1H，则可得△B1HA1≌△B1HB≌△B1HC1，所以A1H＝BH＝C1H．因此知H是△A1BC1的外心．由正方体的几何性质可知A1B＝A1C1＝BC1，即△A1BC1是正三角形，所以H是△A1BC1的中心，所以H是△A1C1B的重心．
易错提醒：位置关系的证明过程中，一定要注意判断依据中的条件要确保全面．
1 / 2(共65张PPT)
专题四　立体几何
课时11　空间点、线、面的位置关系
[备考指南]　空间位置关系一是考查命题的真假判断，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(1)问的形式考查，属于中档题．
基础考点1　空间位置关系的判定
【母题1】　[人教A版必修第二册P171复习参考题8T16]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β．若直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则(　　)
A．α∥β，l∥α
B．α与β相交，且交线平行于l
C．α⊥β，l⊥β
D．α与β相交，且交线垂直于l
√
B　[∵m⊥平面α，直线l满足l⊥m，l α，∴l∥α．
又n⊥平面β，直线l满足l⊥n，l β，∴l∥β．
由直线m，n是异面直线，且m⊥α，n⊥β，
则可知α，β相交，否则m∥n与条件矛盾，
故α与β相交，且交线平行于l，
综上所述可知选项B正确．
故选B．]
链接核心知识：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．
(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．
1．(2025·上海春季高考)如图，ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是(　　)
A．AB和C1D1　　　　　 B．AA1和CC1
C．BD1和B1D D．A1D1和AB
√
D　[根据题意，依次分析选项：
对于A，因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，所以AB∥A1B1∥C1D1，故A错误；
对于B，棱台的侧棱延长后交于一点，所以AA1与CC1相交，故B错误；
对于C，同理B，BB1与DD1也相交，所以B，B1，D1，D四点共面，所以BD1与B1D相交，故C错误；
对于D，A1D1与AB既不相交，也不平行，是异面直线，故D正确．
故选D．]
2．(多选)(2024·全国甲卷改编)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，α∩β＝m．下列四个命题中正确的是(　　)
A．若m∥n，则n∥α或n∥β
B．若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
C．若n∥α，且n∥β，则m∥n
D．若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
√
√
AC　[若n α，因为m∥n，m β，则n∥β，
若n β，因为m∥n，m α，则n∥α，
若n不在α也不在β内，
因为m∥n，m α，m β，
所以n∥α且n∥β，故A正确；
若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，也有可能相交，故B错误；
过直线n分别作平面，与α，β分别相交于直线a，直线b，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α相交于直线a，所以n∥a，
同理可得n∥b，所以a∥b，
因为a β，b β，则a∥β，因为a α，α∩β＝m，则a∥m，
又因为n∥a，则m∥n，故C正确；
n与α和β所成的角相等，则m和n不一定垂直，故D错误；
综上只有AC正确．故选AC．]
易错提醒：(1)易遗漏定理中的条件．
(2)易直接将平面几何中的结论应用到立体几何中．
【教用·备选题】
1．(2025·天津卷)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m α，α⊥β，则m⊥β
√
C　[对于A，若m∥α，n α，则m∥n或m，n异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
对于D，若m α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m β，故D错误．故选C．]
2．(2024·上海春季高考)已知空间中有两个不重合的平面α，β和两条不重合的直线m，n，则下列说法中正确的是(　　)
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
√
A　[根据题意，依次分析选项：
对于A，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，又n⊥β，所以m⊥n，故A正确；
对于B，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，由m⊥n，则n与β斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；
对于C，若α∥β，m∥α，则m∥β或m β，由n∥β，则m与n相交、平行、异面均有可能，故C错误；
对于D，若α∥β，m∥α，则m∥β或m β，又m∥n，则n∥β或n β，故D错误．故选A．]
基础考点2　空间中平行与垂直的证明
【母题2】　[人教A版必修第二册P170复习参考题8T9]如图，在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，AB⊥BC，D，E分别是AB，PB的中点．求证：
(1)DE∥平面PAC；
(2)AB⊥PB．
[证明]　(1)∵D，E分别是AB，PB的中点，
∴DE∥PA．
又∵PA 平面PAC，DE 平面PAC，
∴DE∥平面PAC．
(2)∵PC⊥平面ABC，AB 平面ABC，
∴PC⊥AB，
∵AB⊥BC，PC∩BC＝C，PC 平面PBC，BC 平面PBC，
∴AB⊥平面PBC，
∵PB 平面PBC，
∴AB⊥PB．
链接核心知识：
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 α，b α，a∥b a∥α．
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b．
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β．
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥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：m α，n α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α．
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b．
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β．
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β．
1．(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　)
A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
√
√
BD　[由正三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，ADC 平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；
因为AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，则AA1⊥BC，
因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
因为AB∥A1B1，AD与AB相交，
所以AD与A1B1异面，故C错误；
因为CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．
故选BD．]
2．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
A　　　　　　B
C　　　　　　D
√
√
BC　[对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，
则tan θ＝＝，∴不满足MN⊥OP，故A错误；
对于B，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则N(2，0，0)，M(0，0，2)，P(2，0，1)，O(1，1，0)，
＝(2，0，－2)，＝(1，－1，1)，
·＝0，∴满足MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则M(2，2，2)，N(0，2，0)，O(1，1，0)，P(0，0，1)，
＝(－2，0，－2)，＝(－1，－1，1)，
·＝0，∴满足MN⊥OP，故C正确；
对于D，如图，
建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则M(0，2，0)，N(0，0，2)，P(2，1，2)，O(1，1，0)，
＝(0，－2，2)，＝(1，0，2)，
·＝4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．
故选BC．]
3．(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF∥平面ADO；
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P-ABC的体积．
[解]　(1)证明：法一：如图，连接DE，设AF＝tAC(0易知＝－．
∵BF⊥AO，
∴·＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)＋t＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝，
故F为AC的中点．
∵D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，
∴DE∥AB，且DE＝AB，OF∥AB，且OF＝AB，
∴DE綉OF．
∴四边形DEFO是平行四边形，
∴EF∥DO．
又EF 平面ADO，DO 平面ADO，
∴EF∥平面ADO．
法二：因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，
所以△OBA∽△ABC，
所以∠CAB＝∠AOB．
记BF⊥AO的垂足为H，则∠HBA＋∠OAB＝，
又∠OAB＋∠AOB＝，
所以∠HBA＝∠AOB．
所以∠HBA＝∠CAB，所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，
故CF＝AF，F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC．
因为D，O分别是BP，BC的中点，所以DO∥PC，
所以EF∥DO．
又DO 平面ADO，EF 平面ADO，
所以EF∥平面ADO．
(2)由(1)得FO∥AB，
因为AB⊥BC，所以FO⊥BC．
又PO⊥BC，
所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角，
所以二面角P-BC-F的大小为120°．
如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M，
连接MO，MB，
则∠POM是二面角P-BC-M的平面角，
所以∠POM＝60°．
在△PBC中，由PB＝PC＝，BC＝2，得PO＝2，
所以PM＝．
所以三棱锥P-ABC的体积VP-ABC＝S△ABC×PM＝×2×2＝．
反思领悟：平行关系及垂直关系的转化
【教用·备选题】
1．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
√
A　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF 平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1 平面BDD1，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF 平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，
则＝(－1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(－2，2，0)，
设平面B1EF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有可取m＝(2，2，－1)，
同理可得平面A1BD的一个法向量为n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1，1，0)，
平面A1C1D的一个法向量为n3＝(1，1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误．
故选A．]
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：
(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD．
[证明]　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD．
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC．
(2)因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以PD⊥平面PAB．
又PD 平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD．
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG．
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC．
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥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EF 平面PCD，DG 平面PCD，
所以EF∥平面PCD．
3．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，E和F分别为BC和A1C的中点．
(1)用向量法证明：EF∥平面A1B1BA；
(2)用向量法证明：平面AEA1⊥平面BCB1．
[证明]　(1)由AB＝AC，E为BC的中点，则AE⊥BC，而AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，过E作平行于BB1的直线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝3，BE＝，
所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B1(－，0，2)，A1(0，2，)，F．所以＝＝(－，－2，0)，＝(0，0，)．
设平面A1B1BA的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝－2，则可得平面A1B1BA的一
个法向量为n＝(－2，，0)，
而·n＝×(－2)＋1××0＝0，
所以⊥n，
又EF 平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA．
(2)因为EC⊥平面AEA1，则＝(，0，0)为平面AEA1的一个法向量．
又EA⊥平面BCB1，则＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量．
因为·＝0，故⊥，故平面AEA1⊥平面BCB1．
当堂进阶　真题试做　感悟高考
1．(2024·天津卷)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
√
C　[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误．
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n相交或异面，故D错误．故选C．]
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别
为A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
√
A　[法一：连接AD1(图略)，则易得M为AD1的中点，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，A1D 平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AD1∩AB＝A，AD1，AB 平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，因为BD1 平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．
法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由题图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以·n＝0，又MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1，0)，所以sin θ＝|cos 〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
√
课后限时练(十一)　空间点、线、面的位置关系
1．(2025·丰台区一模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m α，n β，α∥β，则m∥n
B．若m∥n，n α，则m∥α
C．若α⊥β，m⊥β，n⊥m，则n⊥α
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
题号
1
3
5
2
4
D　[对于A，若m α，n β，α∥β，则m与n平行或异面，故A错误；
对于B，若m∥n，n α，则m∥α或m α，故B错误；
对于C，若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m α，又n⊥m，则n与α可能平行也可能相交，故C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n α，又n⊥β，则α⊥β，故D正确．
故选D．]
√
题号
1
3
5
2
4
2．[人教A版必修第二册P163习题8.6T5改编]如图，四面体P-ABC的棱长均相等，D，F分别为BC，PB的中点，点E满足＝，则
(　　)
A．EF⊥BC
B．PE⊥BC
C．EF∥平面PAC
D．平面DEF⊥平面ABC
题号
1
3
5
2
4
B　[假设EF⊥BC，根据等边三角形三线合一可知ED⊥BC，又ED∩EF＝E，ED，EF 平面EFD，所以BC⊥平面EFD，又DF 平面EFD，则BC⊥DF．在△PBC中，D，F分别为BC，PB的中点，所以DF∥PC，所以BC⊥PC，与题矛盾，A错误；易知AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，所以BC⊥平面PAD，因为PE 平面PAD，所以BC⊥PE，B正确；假设EF∥平面PAC，因为FD∥PC，FD 平面PAC，PC 平面PAC，所以FD∥平面PAC，又EF∩FD＝F，EF，FD 平面DEF，所以平面DEF∥平面PAC，又DE 平面DEF，则DE∥平面PAC，即AD∥平面PAC，显然不成立，C错误；由B项分析知BC⊥平面PAD，又BC 平面ABC，所以平面PAD⊥平面ABC，又平面DEF∩平面PAD＝DE，所以平面DEF与平面ABC不垂直，D错误．]
题号
1
3
5
2
4
3．(多选)(2023·全国乙卷T19(1)改编)在正三棱锥D-ABC中，＝0，点P满足＝x＋y，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则
(　　)
A．当x≠0时，直线MP与直线AD一定为异面直线
B．当x＋y＝1时，平面MDP⊥平面ABD
C．使得MP⊥平面BCD的(x，y)有两对
D．当x＋y＝时，MP∥平面ADC
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
ABD　[由＝0，可知M为AB的中点．
A项：若x≠0，则由＝x＋y可知，
点P 直线BD，点P∈平面BCD，
所以点P 平面ABD，
因为AD 平面ABD，点M∈平面ABD，且点M 直线AD，
所以当x≠0时，直线MP与直线AD为异面直线，A正确；
B项：若x＋y＝1，则P，C，D三点共线，即点P∈直线CD，
在正三棱锥D-ABC中，CM⊥AB，DM⊥AB，CM∩DM＝M，CM，
题号
1
3
5
2
4
DM 平面MDC，所以AB⊥平面MDC，又AB 平面ABD，所以平面MDP⊥平面ABD，B正确；
C项：因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以过点M有且仅有一条直线l与平面BCD垂直，则点P就是直线l与平面BCD的交点，且是唯一的，
又由平面向量基本定理可得，存在唯一的实数对(x，y)，使得＝x＋y，C错误；
题号
1
3
5
2
4
D项：分别取BD，BC的中点E，F，则＝x＋y＝2x＋2y，
当x＋y＝时，2x＋2y＝1，所以E，F，P三点共线，即P∈EF，
显然平面MEF∥平面ADC，又MP 平面MEF，
所以MP∥平面ADC，D正确．
故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
4．(2025·秦皇岛市昌黎县模拟)已知P是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，C是底面圆周上一点，D是线段PA的中点，AB⊥CD，则∠ABC＝________________．
30°
题号
1
3
5
2
4
30°　[如图，取AO的中点H，连接CH，DH，
由D为PA的中点，H为AO的中点，得DH∥PO，
由PO⊥平面⊙O，则DH⊥平面⊙O．可得DH⊥AB，
由AB⊥CD，又DH∩CD＝D，DH，CD 平面CDH，则AB⊥平面CDH，又CH 平面CDH，则AB⊥CH，
在△COH中，CO＝2HO，所以∠HOC＝60°，
则∠ABC＝30°．
故答案为30°．]
题号
1
3
5
2
4
5．[人教A版必修第二册P171复习参考题8T12]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：
(1)B1D⊥平面A1BC1；
(2)B1D与平面A1BC1的交点H是△A1C1B的重心．
题号
1
3
5
2
4
[证明]　(1)如图，连接BD，B1D1．根据正方体的几何性质可知B1D1⊥A1C1．
又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，又B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1 平面D1DBB1，所以A1C1⊥平面D1DBB1，又B1D 平面D1DBB1，所以A1C1⊥B1D．同理可证B1D⊥A1B，又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B 平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1．
题号
1
3
5
2
4
(2)如图，连接A1H，BH，C1H．由(1)可知，B1H⊥A1H，B1H⊥BH，B1H⊥C1H，且A1B1＝BB1＝C1B1，△B1HA1，△B1HB，△B1HC1的公共边为B1H，则可得△B1HA1≌△B1HB≌△B1HC1，所以A1H＝BH＝C1H．因此知H是△A1BC1的外心．由正方体的几何性质可知A1B＝A1C1＝BC1，即△A1BC1是正三角形，所以H是△A1BC1的中心，所以H是△A1C1B的重心．
易错提醒：位置关系的证明过程中，一定要注意判断依据中的条件要确保全面．
谢 谢！

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