直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)（解析版）-2025年天津高考數(shù)學一輪復習

第30講直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)

（6類核心考點精講精練）

I他.考情探究?

1.5年真題考點分布

5年考情

考題示例考點分析

2024年天津卷，第6題,5分線面關系有關命題的判斷

2024年天津卷，第17題,15分證明線面平行面面角的向量求法點到平面距離的向量求

2023年天津卷，第17題,15分證明線面平行廣求點面距離求二面角

2022年天津卷，第17題,15分空間位置關系的向量證明線面角的向量求法，面面角的向量求法

2021年天津卷，第17題,15分空間位置關系的向量證明線面角的向量求法，面面角的向量求法

2020年天津卷，第17題,15分空間向量垂直的坐標表示線面角的向量求法面面角的向量求法

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是天津高考卷的必考內(nèi)容，設題穩(wěn)定，難度中檔，分值為15分

【備考策略】1.理解、掌握空間集體中的線面關系。

2.能掌握線面平行與垂直的問題。

3.會解空間中的動點問題，利用線與面中的平行與垂直關系去參數(shù)問題。

【命題預測】本節(jié)內(nèi)容是天津高考卷的必考內(nèi)容，一般給出幾何體求解線與面的關系，以及動點問題。

12.考點梳理*

知識講解

知識點一.直線和平面平行

1.定義：直線與平面沒有公共點，則稱此直線/與平面a平行，記作/〃a

2.判定方法（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

如果平面外的一條直線和這個1//1,

線〃線n線〃面平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條Z_/Ilua>n/〃a

直線和這個平面平行（簡記為“線線1Ua

平行n線面平行

如果兩個平面平行，那么在一a〃g

//>=>a//p

面〃面n線〃面?zhèn)€平面內(nèi)的所有直線都平行于另一aua

個平面X/

3.性質(zhì)定理（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

如果一條直線和1//a

一個平面平行，經(jīng)過IS

線〃面n線〃線這條直線的平面和這夕—I'

個平面相交，那么這

條直線就和交線平行

知識點二.兩個平面平行

1.定義:沒有公共點的兩個平面叫作平行平面，用符號表示為：對于平面a和夕，若aCB=（h則a〃4

2.判定方法（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

判定定理如果一個平面內(nèi)有兩

線〃面=>條相交的直線都平行于另/

a//(3,b//j3^a//j3

面〃面一個平面，那么這兩個平面//

平行（簡記為“線面平行n

面面平行

線_1_面=>如果兩個平面同垂直I.La]

\na〃B

面〃面于一條直線，那么這兩個平lVf3\

面平行

3.性質(zhì)定理（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

如果兩個平面平行，那

面〃面二>線〃面aII(3

么在一個平面中的所有直線〃u。>=>〃//6

都平行于另外一個平面

如果兩個平行平面同時a11[3

和第三個平面相交，那么他二a[\y-al/Z.

性質(zhì)定理

們的交線平行（簡記為“面面￡2=6

平行n線面平行”）

如果兩個平面中有一個

al1p

面〃面二>線，面垂直于一條直線，那么另一>n/_L尸

I-La

個平面也垂直于這條直線三

【解題方法總結(jié)】

線線平行、線面平行、面面平行的轉(zhuǎn)換如圖所示.

1.證明直線與平面平行的常用方法:

①利用定義，證明直線。與平面a沒有公共點，一般結(jié)合反證法證明；

②利用線面平行的判定定理，即線線平行n線面平行.輔助線的作法為：平面外直線的端點進平面，同向

進面，得平行四邊形的對邊，不同向進面，延長交于一點得平行于第三邊的線段；

③利用面面平行的性質(zhì)定理，把面面平行轉(zhuǎn)化成線面平行；

2.證明面面平行的常用方法：

①利用面面平行的定義，此法一般與反證法結(jié)合；

②利用面面平行的判定定理；

③利用兩個平面垂直于同一條直線；

④證明兩個平面同時平行于第三個平面.

3.證明線線平行的常用方法：①利用直線和平面平行的判定定理；②利用平行公理；

知識點三.直線與平面垂直

1.定義

如果一條直線和這個平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那稱這條直線和這個平面相互垂直.

2.判定定理（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

一條直線與一1

個平面內(nèi)的兩條相a,bua

aLI

判斷定理交直線都垂直，則>n/J_。

Vb-Ll

該直線與此平面垂acb=P

直

兩個平面垂

直，則在一個平面a-LJ3

ac/3=a

面，面今線，面內(nèi)垂直于交線的直>nh_La

bu。

線與另一個平面垂7b-La

直

一條直線與兩-a

/

平行平面中的一個

alm

平行與垂直的關系平面垂直，則該直>nq_L夕

ala

線與另一個平面也zJ

垂直

兩平行直線中g(shù)b

有一條與平面垂allb

平行與垂直的關系

直，則另一條直線Ja.La

與該平面也垂直

3.性質(zhì)定理（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

1b

alia

垂直于同一平面

性質(zhì)定理auB卜=>〃///?

的兩條直線平行

ac0=b

文字語言圖形語言符號語言

-U

垂直于同一

ala]

垂直與平行的關系直線的兩個平面

平行

如果一條直

線垂直于一個平

線垂直于面的性質(zhì)面，則該直線與平/_La,aua=/_La

面內(nèi)所有直線都

垂直J

知識點四.平面與平面垂直

L定義：如果兩個相交平面的交線與第三個平面垂直，又這兩個平面與第三個平面相交所得的兩條交線互相

垂直.（如圖所示，若ac0=CD,CDLy,且cy=AB,4c7=BE,ABBE,則c_L/）

一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直.

2.判定定理（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

判定定理一個平面過bLa]

$=>a_L"

另一個平面的垂力bu隊

線，則這兩個平面/

垂直

3.性質(zhì)定理（文字語言、圖形語言、符號語言）

文字語言圖形語言符號語言

性質(zhì)定理兩個平面垂直，aVP

則一個平面內(nèi)垂直ac(3=a

>=>Z7_La

bbu(3

于交線的直線與另

b-La

一個平面垂直Z

【解題方法總結(jié)】

判定定理,判定定理、

線上線(性質(zhì)定理線上面《性質(zhì)定理面,面

1.證明線線垂直的方法

①等腰三角形底邊上的中線是高；

②勾股定理逆定理；

③菱形對角線互相垂直；

④直徑所對的圓周角是直角；

⑤向量的數(shù)量積為零；

⑥線面垂直的性質(zhì)(a_La,6uen“_L6);

⑦平行線垂直直線的傳遞性(aLc,a/IbnbLc).

2.證明線面垂直的方法

①線面垂直的定義；

②線面垂直的判定(a_LZ?M_LGcu%bua,bcc=P=>a_L6Z)；

③面面垂直的性質(zhì)(a工(3,ac/3=b,a工b,aua=a工/3);

平行線垂直平面的傳遞性(a_La,Z?//a=>b_La)；

⑤面面垂直的性質(zhì)(a_Lcc尸=/=

3.證明面面垂直的方法

①面面垂直的定義；

②面面垂直的判定定理(aLB，aua=aLB).

空間中的線面平行、垂直的位置關系結(jié)構(gòu)圖如圖所示，由圖可知，線面垂直在所有關系中處于核心位置.

考點一、線面平行問題

典例引領

1.（2025高三?全國?專題練習）如圖，在正方體4BCD-4/1的。1中，E是棱。區(qū)的中點.

（1）證明：BDi〃平面4EC；

（2）若正方體棱長為2,求三棱錐D-4EC的體積.

【答案】（1）證明見解析

⑵|.

【分析】（1）根據(jù)線線平行，即可根據(jù)線面平行的判定求證,

（2）利用等體積法，結(jié)合錐體的體積公式即可求解.

【詳解】（1）連接BD交4C于。，連接。E,如圖，

因為在正方體43。。一4/停1。1中，底面48CD是正方形，則。是BD的中點,

又E是的中點，則。E是ABDA的中位線，故。E〃B￡）i，

又。Eu面4EC,BDi，面4EC,所以〃平面4EC.

(2)因為正方體力BCD-&B1C1D1中，AD_L平面DCGDi，

所以％TEC=^A-DEC~gS^DEc，4。=3^2^xCDxAD--x-xlx2x2=-.

2.(2024.陜西商洛?模擬預測)如圖，在四棱錐P-力BCD中，四邊形4BCD是矩形，M,N分別是PD和8c的

中點，平面P4B1平面4BCD,P4=PB=AB=AD=2.

BNC

(1)證明：MN〃平面P4B；

(2)求三棱錐M-ABC的體積.

【答案】(1)證明見解析

【分析】(1)取取P4的中點E,連接結(jié)合中位線的性質(zhì)可得四邊形MEBN是平行四邊形，即可得

線線平行，即可得線面平行；

(2)借助面面垂直的性質(zhì)定理可得線面垂直，即可得三棱錐P-4BC的高，從而可通過計算％YBC得到

^M-ABC-

【詳解】(1)如圖，取尸力的中點E,連接

BNC

因為ME是△PAD的中位線，所以M￡7/4。，且=

又因為BN〃AD且BN=^AD,所以ME〃BN且ME=BN,

所以四邊形MEBN是平行四邊形，所以MN〃BE,

又因為MN仁平面P4B,BEu平面PAB,所以MN〃平面P4B；

(2)取4B的中的中點F,連接PF,

因為P4=PB=4B,所以PF_L4B,且PF=百，

又因為平面P4B1平面2BCD,平面尸力BC平面4BCD=AB,

PFu平面P4B,所以PF1平面4BCD,

因為SMBC=l-AB-BC=2,PF=y/3,

所以VPTBC=/SA4B「PF=第，

又因為用是。。的中點，所以以1TBe=IVp-ABC=y.

即時檢測

1.（2024.江西?模擬預測）如圖所示，四邊形BCDE為直角梯形，豆BCHDE,ED1CD,BC=2,CD=巾,

ED=1.△力BE為等邊三角形，平面4BE_L平面8CDE.

（1）線段力C上是否存在一點G,使得OG//平面4BE,若存在，請說明G點的位置；若不存在，請說明理由；

（2）空間中有一動點Q,滿足4Q1BE,且麗?無=0.求點Q的軌跡長度.

【答案】（1）線段4C上存在中點G,使得0G//平面48E,理由見解析

⑵百兀

【分析】（1）取BC的中點尸，AC的中點G,連接DG,GF,DF,即可證明GF//AB,從而得至U平面GFD〃

平面4BE,即可得到DG〃平面4BE；

（2）取BE的中點H,連接AH、CH,即可證明BE，平面4HC,從而得到Q￡平面4HC,又礪?無=0,則

點Q在以BC為直徑的球與平面力HC的交線上，即點Q的軌跡為圓，取BC的中點0,過點。作。T//CH交CH于

點T,貝IJOT_L平面2HC,再求出Q的軌跡圓的半徑r,即可氣求出軌跡長.

【詳解】（1）線段AC上存在中點G,使得QG〃平面4BE,理由如下：

取BC的中點F,AC的中點G,連接DG,GF,DF,

因為BC7/DE且0E=|BC=BF,所以四邊形DE2F為平行四邊形，

所以DF//BE,DF,平面ABE,BEu平面2BE,所以DF//平面ABE,

又GFIIAB,GFC平面ABE,ABu平面ABE,所以GF〃平面ABE,

又DFCGF=F,DF,GFu平面GFD,所以平面GFD〃平面4BE,

又DGu平面GFD,所以DG〃平面力BE,

即G為線段AC的中點時，DG〃平面4BE.

(2)取BE的中點H,連接AH、CH,

又CB=EC=+(百)2=2,AABE為等邊三角形，所以1BE,CH1BE,

AHnCW=H,AH,CHc.^^AHC,所以BE_L平面4HC,

又AQ1BE,所以Qe平面4HC,

又礪?無=0,所以點Q在以BC為直徑的球上，

所以點Q在以BC為直徑的球與平面的交線上，

即點Q的軌跡為圓，

取BC的中點0,由BE1平面過點。作。T1CH交CH于點T,

貝1］。71平面4HC,

又BE=J(V3)2+(2—I/=2,貝iJOT=|SH=|,

設球的半徑為R,Q的軌跡圓的半徑為r,則R=2BC=1,r=JI2一f,

所以點Q的軌跡長度為2irr=2nX苧=島.

2.(2024?寧夏吳忠?模擬預測)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面力BCD是邊長為2的正方形,P。1底面48CD,

PD=A.CD,點E在棱PC上，PA〃平面EBD.

(1)試確定點E的位置，并說明理由；

(2)是否存在實數(shù)九使三棱錐E-BPD體積為%若存在，請求出具體值，若不存在，請說明理由.

【答案】(1)點E是PC的中點，理由見解析

(2)存在4=2,使三棱錐E-BPD體積為(

【分析】(1)連接AC,交BD于點、0,連結(jié)。E,根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，證出2411。￡,再結(jié)合。是4c的

中點，判斷出點E是PC的中點，可得答案；（2）若三棱錐E-BPD體積為￡則可推出三棱錐P-BDC的體

積為會進而利用棱錐的體積公式與PD_L底面力BCD,列式算出實數(shù)2的值，即可得到答案.

【詳解】（1）點E是PC的中點，理由如下：

連接4C,交8。于點0,連結(jié)0E,

?.?底面力BCD是正方形，AC.BD相交于點0,

。是4C的中點，

???P4//平面E8D,P力含于平面P4C,平面P2CC平面=?！闬

PA//0E,???△APC中，。是AC的中點，

E是PC的中點.

（2）為PC中點，

11

^E-BPD=5%-BP。=^P-DBC-

;若瞑?一BPD—貝lJVp_DBC—~

???PD1底面ZBCD,PD=ACD=22,

S*BCD=]X2X2=2

,1?Vp_DBc=j-S&BCD'24=石x2x2A=-）解得2—2.

存在a=2,使三棱錐E-BPD體積為，

3.（2025高三?全國?專題練習）如圖，在四棱臺4BCD中,DDi_L平面ABCD,4D〃BC,AD=DC=2,

BC=1,4BCD=60。,412t==1.記平面44DD1與平面B1BCC]的交線為Z,證明：1//BC-,

【答案】證明見解析

【分析】利用線線平行證明線面平行，再由線面平行即可證線線平行.

【詳解】

因為ADIIBC,ADu平面4遇。。1，BCC平面A1ADD1,

所以BC//平面A1ADD1.

又BCu平面BrBCCr,平面A1ADD1n平面B/CC】=1,所以1//BC.

4.（2025高三?全國?專題練習）如圖，在三棱柱ZBC—ABiCi中，4c=BC,力也=&B,側(cè)面8%。停為矩

形.記平面&BC1與平面ABC交線為I,證明：AC//1-,

【答案】證明見解析

【分析】根據(jù)力C〃平面4BC1，進而根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可求解.

【詳解】因為在三棱柱4BC-4/16中，47/46，

由于力CC平面&BC],&Gu平面&BG，

所以4C〃平面ABC1，

又因為4cu平面4BC,平面4BCn平面ZiBCi=I,

所以力

考點二、面面平行問題

典例引領

1.（2025高三?全國?專題練習）如圖，在四棱錐P-A8CD中，PA=3,AB=2,四邊形力BCD為菱形，N4BC=或

P2J_平面ABC。，E,F,Q分別是BC,PC,PD的中點.證明：平面EFQ〃平面P28；

P

【答案】證明見解析

【分析】利用面面平行的判定定理即可證明得出結(jié)論.

【詳解】因為四邊形2BCD為菱形，所以力B〃CD,

又E,F,Q分別是BC,PC,PD的中點，

所以FQ〃CD,EF//PB,故FQ“AB,

因為EFC平面P4B,P8u平面P48,

所以EF〃平面P4B,

同理可得FQ〃平面P4B.

因為EFClFQ=F,EF,FQu平面EFQ,

所以平面EFQ〃平面P4B.

2.（2025高三?全國?專題練習）如圖，在三棱柱ABC-中，側(cè)面人①6。為矩形，M,N分別為AC,

的中點.求證：平面BM&〃平面/NC；

【答案】證明見解析

【分析】由線面平行和面面平行的判定定理證明即可.

【詳解】因為M,N分別為側(cè)面44GC為矩形的邊AC,4G的中點，

所以4M〃&N,4M=&N,即四邊形44]NM是平行四邊形，

所以A4i//MN,A4i=MN,

因為BBi〃A4，B8i=AAlt

所以BBJ/MN,BBi=MN,即四邊形84NM是平行四邊形，

所以BM〃B】N,

因為BMC平面B[NC,B]Nu平面&NC,

所以〃平面BiNC,

因為M,N分別為側(cè)面4&GC為矩形的邊4C,AG的中點，

所以MC〃&=A]N,即四邊形MGV4是平行四邊形，

所以4M〃NC,

因為力iMC平面/NC,CNu平面B]NC,

所以41M〃平面&NC,

因為〃平面BiNC,且BMnMa=M,BMu平面BM4,MA】u平面

所以平面BM&〃平面BiNC；

即時檢測

1.（2025高三?全國?專題練習）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺4BCD-A/CDi中，E,F分

別為的中點，48=2&Bi=4,側(cè)面BBiQC與底面4BCD所成角為45。.求證：BD1〃平面&EF；

【答案】證明見解析

【分析】由面面平行的判定定理可證得平面&EF〃平面BBi/D,再由線面平行的判定定理即可證得.

【詳解】連接BD、Bi。1，由E,F分別為力的中點，則EF〃BD,

又EFC平面BB/i。，BOu平面BB/iD,故EF〃平面打/久。，

正四棱臺4BCD-4/iC也中，&B1//4B且&B1=）B=BF,

則四邊形4FBBi為平行四邊形，故4/〃8殳，

又AFC平面BBi/D,u平面BBi。]。，故4/〃平面打/久。，

又QEF=F,且u平面AiEF,EFu平面

故平面&EF〃平面BB/D又BD]u平面38必。，故映〃平面&EF；

2.（23-24高三上?河北承德?期中）如圖，在四棱錐S—ABC。中，平面SB。_L平面ABC。，底面4BCD是正方

形，且E、F分別是SB、SD上靠近S的三等分點.

s

(2)在SC上是否存在一點M,使平面MBD〃平面4EF?若存在，求出券的值；若不存在，請說明理由.

【答案】(1)證明見解析

(2)^=|,理由見解析

【分析】

(1)借助面面垂直的性質(zhì)定理，可得線面垂直，再借助線面垂直的性質(zhì)定理可得線線垂直；

(2)假設存在該點，構(gòu)造出相應的點后結(jié)合性質(zhì)即可得.

【詳解】(1)因為四邊形4BCD是正方形，所以力C1BD,

因為平面SBD_L平面4BCD,平面SBDn平面4BCD=BD,ACu平面4BCD,

所以4C1平面SBD,

又SBu平面SBD,所以"1SB.

(2)i^ACHBD=0,則。為正方形4BCD的中心，

如圖，連接S。，交EF于點G,連接4G并延長交SC于點H.

若平面M8D〃平面4EF,平面SACC平面M8D=0M,平面SACC平面AEF=所以。

因為E、F分別是SB、SD上靠近S的三等分點，

所以EF〃BD，所以—，S=P

又。是4C的中點，所以?！啊,

所以一=—=1,所以一=

MCOCMC2

故SC上存在一點M,使平面M8D〃平面4EF,此時黑的值為|.

3.(2024高三?全國?專題練習)如圖1,直角梯形力BCD中，AB=^CD=2,AD=2,AD1CD,AB!/CD,將直

角梯形力BCD繞2D旋轉(zhuǎn)一周得到如圖2的圓臺，EF為圓臺的母線，且CF=4,M是BC的中點.在線段CF上

是否存在一點N,使MN//平面AEFD?說明理由；

ABIX.\

DC

圖1

【答案】存在，理由見解析

【分析】作輔助平面MGN找點N,再由線線平行證明線面平行，然后利用面面平行的判定定理、性質(zhì)定理

可證得點N滿足MN//平面力EFD.

【詳解】線段CF上存在一點N,使MN〃平面力EFD.理由如下：

過M作“G1CD,垂足為G,過B作BH1CD,垂足為H,

由M為BC中點，又28=[CD=2,

所以G為DC靠近點C的四等分點.

取CF靠近點C的四等分點N,連接GN,MN,

貝I]GN//DF,又MGHBH,BH//AD,

所以MG//AD,而力Du平面AEFD,MGC平面4EFD,所以MG〃平面力EFD.

同理GN〃平面AEFD,又MGCNG=G,MG,NGu平面MGN,

所以平面MGN//平面AEFD,MNu平面MGN,

所以MN//平面4EF。，

故線段CF上存在一點N,使MN//平面4EFD,且會="

CF4

考點三、平行中的動點問題

1.（2024?四川樂山?三模）在三棱柱ABC—4/iG中，點。在棱BBi上，滿足力_BCC】D=[匕BC-ABIJ，點M在

棱AG上，且不防=不，點N在直線BB1上，若MN〃平面4DC],則箸=（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】D

【分析】作出示意圖，根據(jù)體積關系可得D為BBi的靠近B的三等分點，再根據(jù)面面平行的判定定理及性質(zhì),

可找到N點位置，從而可求解.

【詳解】如圖所示：

==9

因為%-Z1B1C13所以以-BCCiBi^ABC-A1B1C1

所以5-BCQO=gKlBC-=gX-VA-BCC^=^A-BCC1B1

所以S梯形BCC1D=四邊形BCQB，所以又（:出。=四邊形BCQBJ則威=7

設三棱柱ABC-4中停1的側(cè)棱長為6,則。a=4,DB=2,

又M為&C1的中點，取的中點E,連接ME,貝IJME//CM。

過E作EN〃AD,且ENClBBi=N,連接MN,又MECEN=E,

所以平面MNE〃平面又MNu平面MNE,

所以MN〃平面ADCi，所以DN=E4=3,

所以NBi=DBi-DN=4—3=1,所以BN=5,則篙=5,

故選：D

2.（2024?遼寧?模擬預測）已知四棱錐P-A8CD的底面4BCD是邊長舊的正方形，P2=遍,PH1平面4BCD,

M為線段P4的中點，若空間中存在平而a滿足BD〃a,MCca,記平面a與直線PD,PB分別交于點凡F,

則PE=,四邊形MECF的面積為.

【答案】乎/|迷乎

【分析】根據(jù)題意作出平面a即平面MQH,取4。中點G,利用平行線成比例式可得PE=|PD進而求出PE的

值；通過線面平行的性質(zhì)得到EF//QH,黑=|,推理得到SAQCE=SHCF=JSAMQH，故可間接法求得四邊形

MECF的面積.

【詳解】

如圖，過點C作BD的平行線QH分別交40,4B的延長線于點Q,H,

則D,B分別為2Q,4”的中點，連接分別交PC,PB于點E,F,則平面MQH即平面a,

取4。的中點G,由力BCD是正方形，得GD連接MG,則MG〃PD,

-=—=—=ED=-MG=-PD,因止匕PE=<PD=7PAi+=辿;

QMMGQG333333

連接EF,因為80//a,平面an平面尸80=EF,8。u平面PB。，所以B0//EF,

所以EF〃QH，翳途=|，

依題意，PD=PB,由BD〃EF,得PE=PF,由△PEMWAPFM,得ME=MF,從而MQ=MH,

由4C1QH,得C為QH的中點，由4B=g,得BD=?QH=2巫,

MC=yjMA2+AC2=J(1A/3)2+(V6)2=手，因SAQCE=S^HCF=|-|SAMQH=5sAMQH，

故四邊形MECF的面積S=(1—2x?SAMQH=白頤=：QH?MC=/2限當=粵.

3ysp6oZz

故答案為：蜉；當

【點睛】思路點睛：解題思路在于正確理解題意，作出合理的截面，充分利用平行與垂直的判定、性質(zhì)定

理，借助于相似三角形和三角形之間的面積關系計算即得.

即時

1.(2024?西藏拉薩?二模)如圖，正四棱錐P—HBCD的所有棱長都為2,E為PC的中點，M是底面48CD內(nèi)(包

括邊界)的動點，且EM||平面P4B,貝長度的取值范圍是.

P

【答案】停，網(wǎng)

【分析】畫出草圖輔助分析，設BC,力。的中點分別為%,M2，連接如”2，先證明平面M1EM2II平面P4B.

得到動點M在線段“IM2上運動.再作輔助線，將EM長度的取值范圍轉(zhuǎn)化為求出點E與線段M1M2上的點的距

離的取值范圍.后抽出等腰梯形EFMzMi，借助等腰梯形的性質(zhì)解題即可.

【詳解】如圖(1),設的中點分別為風,加2,連接風”2,則心gII4B.因為監(jiān)時2C平面u

平面P48,所以Mi“2II平面P&B.

又EM1||P8,EMi0平面u平面P4B,所以￡%||平面PAB.

又M1“2nEMi="1，所以平面M1EM2II平面PAB,所以動點M在線段M1M2上運動.

設PD,4C的中點分別為F,。，連接M2F,EF,“2E,OE,

則在等腰梯形EFM2Ml中，只需求出點E與線段M1M2上的點的距離的取值范圍.

易知"2尸=FE=EM1=Mi。=0M2=1,如圖（2）,作EM31M10,貝1JEM3=^,M2E=2EM3=百，所

以EM長度的取值范圍是惇碼.

故答案為：［手,百］.

2.（2024.陜西榆林?三模）如圖是一個半圓柱,DC,48分別是上、下底面圓的直徑，。為4B的中點，且4B=2。=

2,E是半圓池上任一點（不與4B重合）.

（1）證明：平面。E41平面CEB,并在圖中畫出平面DE4與平面CE8的交線（不用證明）；

（2）若點E滿足DE=爭B,空間中一點P滿足加=2PB,求三棱錐。-EOP的體積.

【答案】（1）證明見解析，作圖見解析

⑵於

【分析】（1）根據(jù)題意可證EB，平面DE4即可得結(jié)果；可證BC〃平面DE4進而可得BC〃1,即可得交

線；

（2）根據(jù)題意利用解三角知識可得SAEOB=|，利用錐體的體積公式運算求解.

【詳解】（1）因為E在腦上，貝l|E4_LEB,

由題意可知：DA1EB,DAnEA=A,EA,DAu平面DE4,

可得EBI平面DE4且EBu平面CEB,所以平面DE41平面CEB.

因為4D〃BC,ADu平面DEA,BCC平面DEA,可得BC〃平面DEA,

設平面DEA與平面CEB的交線為1,

且BCu平面CEB,可得BC〃1,

過E作BC的平行線交加■于點F,貝IjEF即為平面。區(qū)4與平面CEB的交線.

.彳、、、

I，，E、、'I

\/、、、4

AOB

(2)因為DE?=AD2+AE2=4+AE2,BE2=AB2-AE2=4-AE2,

可得4+4產(chǎn)=|(4-4產(chǎn))，解得AE=手，

貝iJsinNEOA=sin2z.EBA=可得SAEOB=|x1X1XsinzFOB=|,

又因為點P滿足加=2PB,即點P是線段DB上靠近B的三等分點，

可得力-EOP=Vo-DEP=|%-DEB=|%-OEB=|X^AEOB-AD=

所以三棱錐。-EOP的體積為/_EOP=W

考點四、線線、線面垂直問題

典例引領

1.(2024?陜西咸陽?模擬預測)如圖1,在高為6的等腰梯形力BCD中，AB//CD,且CD=6,AB=12,將它

沿對稱軸。Oi折起，使平面ADO1。，平面BCOi。，如圖2,點P為BC的中點，點E在線段力B上(不同于4B

兩點)，連接。E并延長至點Q,使4Q〃。叢

D。、C

AOBAQ

圖1圖2

(1)證明：。。_1平面24<2；

(2)若BE=24E,求三棱錐P-4BQ的體積.

【答案】(1)證明見解析

(2)9

【分析】(1)由。力，0B,。。1兩兩垂直建立空間直角坐標系，由向量坐標運算得到。。14Q,0D1PQ,

再根據(jù)線面垂直判定定理即可證明；

(2)先計算SNBQ，再計算三棱錐P-4BQ的高h=爭，然后根據(jù)棱錐體積計算即可.

【詳解】(1)由題設知。4。昆。。1兩兩垂直，

以。為坐標原點，。40B,。01所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

設4Q=m,則。(0,0,0),4(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),0(3,0,6),Q(6,m,0),

則而=(3,0,6),而=(0,m,0),PQ=(6,小一］,一3),

因為P為BC中點，所以P(0,1,3).

因為赤-AQ=0,~OD-~PQ=0,

所以南LAQ,OD1PQ,

即。。1AQ,OD1PQ,

又AQ,PQu平面P4Q/QnPQ=Q,

所以。。1平面P4Q.

(2)因為BE=24E,AQ//OB,

所以4Q=10B=3,

因為=12,由題設知。A1OB,所以。A=6,

所以S4BQ=.04=[x3x6=9

因為高為6的等腰梯形A4BCD中，AB//CD,

所以三棱錐P-4BQ的高九="=3,

所以％TBQ=[S-BQ?等=/9-3=9.

2.(24-25高三上?山西大同?期末)如圖，四棱錐P—ABCD中，底面4BCD為矩形，PA，底面2BCD,且M,N分

別為棱力B,PC的中點，平面CMN與平面PAD交于直線/.

（2）若PD與底面A8CD所成角為a,當a滿足什么條件時，MN1平面PCD.

【答案】（1）證明見解析

（2）答案見解析

【分析】（1）首先證得線面平行，然后利用線面平行的性質(zhì)定理即可證得線線平行；

（2）先確定為PD與底面4BCD所成角，當NP￡M=45。時，結(jié)合（1）的結(jié)論以及線面垂直的判定定

理即可得答案.

【詳解】（1）證明：取PD的中點G,連接G4GN,

???G,N分別為PD,PC的中點，

???GN||-CD,

—2

為4B的中點，且4BCD為矩形，

???AM||-CD,

=2

???GNnAM,

.?.四邊形4MNG為平行四邊形，

MN||AG,

???MNC平面PAD,4Gu平面PAD,

MN||平面PAD,

又MNu平面MNC,平面24。Cl平面MNC=Z,

MN||I.

(2)PALJ^^ABCD,

■■為PD與底面ABC。所成角a,

當a=45。時，由（1）有4G1PD,

???CD1AD,CD1PA,

S.ADOPA=A,4D,P4u平面PAD,

CD_L平面P4。，

因為力Gu平面PAO,

CDLAG,

CDCPD=D,CD,PDu面PCD,/.AG_L面PC。，

由(1)有4G||MN,

???MN1平面PCD.

即時檢測

1.(2024?廣東東莞?模擬預測)如圖，已知四棱臺48CD-的上、下底面分別是邊長為2和4的正

方形，4a=4,且441，底面ABCD,點P、Q分別是棱B/、的中點.

(1)在底面41B1GA內(nèi)是否存在點M,滿足4M，平面CPQ?若存在，請說明點M的位置，若不存在，請說明

理由；

(2)設平面CPQ交棱于點T,平面CPTQ將四棱臺4BCD-力IB?八分成上、下兩部分，求上、下兩

部分的體積比.

【答案】(1)存在，點M的位置見解析

⑵H

【分析】(1)建立空間直角坐標系，設出點M的坐標，再依據(jù)利用向量的數(shù)量積列出

等式計算即可；

(2)設出點T的坐標，根據(jù)平面向量基本定理，求出點T的坐標，再直接求體積即可.

【詳解】(1)因為四棱臺4BCD-4/16/的上、下底面都是正方形，且441，底面ABCD,

所以可以以A為坐標原點，AB,AD,44］分別為x,y,z軸建立如圖所示坐標系，

則4(0,0,0),B(4,0,0),B1(2,0,4),P(3,0,2),“4,4,0),

D(0,4,0),Dr(0,2,4),Q(0,3,2),CP=(-1,-4,2),CQ=(-4,-1,2),

假設在底面4B1QD1內(nèi)存在點M,滿足AM,平面CPQ,則可設“(而,九/),

有AM.PMM1CQ,則圖亙=。，Bp[-J-4yo+8=O

[AM?CQ=0l-4x0-y0+8=0

'_8

所以廣百，河（要’4），

（y?！?/p>

故在底面&B1QD1內(nèi)存在點時0譚,4）,滿足4M，平面CPQ.

（2）設7（0,0,t）,因為點T在平面CPQ內(nèi)，所以可設而=2而+〃衣,

貝式-4,-4,t)=A(-l,-4,2)+〃(-4,一1,2),

%=i

'_A_4/z=—45

所以_4久_〃=_4,所以｛//=(,則T(0,0,蔡)，

2A+2〃—tI16

(t=F

...vi11644

XXXX=，

連接AQ,S四邊形/QQT=SAADQ+SLATQ=2^2+-T^T

設平面CPTQ將四棱臺ZBCD-A/CIDI分成上、下兩部分的體積分別為匕、%,

八~“四棱錐P—ABC。+卜四棱錐P—ADQT+&棱錐P—CDQ'

'四棱錐PTBCD=-X4X4x2=y,卜四棱錐P"QT=3><￥><3=~，

取441的中點N,連接尸N,NQ,則PN〃ZB〃CO,NQ//ADfNQ=3,

又CDu平面CDQ,「可仁平面。。。，所以PN〃平面CDQ,