专题20 直线与平面平行（垂直）的判定与性质 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

这是一份专题20 直线与平面平行（垂直）的判定与性质 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年），共48页。
目录TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc87962839" 常考点01直线与平面平行的判定与性质 PAGEREF _Tc87962839 \h 1
\l "_Tc87962840" 常考点02 平面与平面平行的判定与性质 PAGEREF _Tc87962840 \h 5
\l "_Tc87962841" 常考点03 平行中的动态问题 PAGEREF _Tc87962841 \h 10
\l "_Tc87962842" 常考点04 直线与平面垂直的判定与性质 PAGEREF _Tc87962842 \h 15
\l "_Tc87962843" 常考点05 平面与平面垂直的判定与性质 PAGEREF _Tc87962843 \h 21
\l "_Tc87962844" 常考点06 垂直中的动态问题 PAGEREF _Tc87962844 \h 27
\l "_Tc87962845" 易错点01 判断或证明线面平行忽略线在面外 PAGEREF _Tc87962845 \h 32
\l "_Tc87962846" 易错点02 证明垂直问题推理不严谨 PAGEREF _Tc87962846 \h 33
\l "_Tc87962847" 专项训练 （全卷共22题） PAGEREF _Tc87962847 \h 34
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写
常考点01直线与平面平行的判定与性质
【典例1】（2021·合肥市第六中学高三模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为中点，连接交于点为的重心，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】延长交于，连接，因为为的重心，则为的中点，且，
因为，所以，所以，因此，
又因为平面，平面，所以平面；
【典例2】（2021·河北安平中学高一月考）已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，点在四边形内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（ ）
A．截面的面积是
B．点和点到平面的距离不相等
C．若平面，则点的轨迹的长度是
D．若平面，则点的轨迹的长度是
【答案】ACD
【解析】取中点为，截面为等腰梯形，求其面积即可；平面过线段的中点，即可作出判断；过点分别做与平面，平面平行的平面，从而明确点的轨迹，得到长度.
【详解】取中点为，易得，即截面为等腰梯形，
又∴截面的面积是，故A正确；
连接，与交于点，则点为的中点，而平面过线段的中点，
∴点和点到平面的距离相等，故B错误；
取的中点为，取的中点为，连接，
易得平面平面，即点的轨迹为，且，故C正确；
同样易知平面平面，即点的轨迹为，且，故D正确；故选：ACD
【技巧点拨】判断或证明线面平行的常用方法：
1）利用线面平行的定义，一般用反证法；
2）利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)
3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；
4）利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
解决有关线面平行的基本问题的注意事项：
(1)易忽视判定定理与性质定理的条件，如易忽视线面平行的判定定理中直线在平面外这一条件；(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断；(3)可举反例否定结论或用反证法判断结论是否正确.
【变式演练1】（2021·山东高三月考）在正方体中，，，分别为，，的中点，为底面上一动点，且直线平面，则与平面所成角的正切值的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知面在正方体上的截面为且为中点，根据正方体、线面平行的性质，有在上，即与平面所成角为，进而可求其正切值的范围.
【详解】
由题意，如上图示，面在正方体上的截面为且为中点，
∵平面，而面面，∴面，又为底面上一动点，则在上，
∴与平面所成角为，当与重合时，最小，此时，
当与重合时，最大，此时；∴.故选：
【变式演练2】（2021·普宁市高三月考）如图，四棱锥中，，，为的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
由已知条件可得且，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，因此，平面；
【变式演练3】（2021·辽宁高三）如图所示，平面五边形可分割成一个边长为2的等边三角形ABC和一个直角梯形ACDE，其中AECD，AE＝CD＝AC，∠EAC＝90°，现将直角梯形ACDE沿边AC折起，使得AE⊥AB，连接BE、BD，设线段BC的中点为F，求证：AF平面BDE
【答案】证明见解析
【解析】证明：（1）取BD的中点G，连接EG、FG，由F为BC的中点，则FGDC且FG＝CD，
因为AECD且CD＝2AE，所以AEFG且AE＝FG，所以四边形AFGE为平行四边形，则AFEG，
又因为平面BDE，平面BDE，所以AF平面BDE；
常考点02 平面与平面平行的判定与性质
【典例1】（2020·安徽省太和第一中学高二开学考试）已知直线l，m，平面，，下列命题正确的是（ ）
A．， B．，，，
C．，， D．，，，，
【答案】D
【解析】由题意得，对于A中，，与可能相交，所以A是错误的；
对于B中，，，，，如果，，可能相交，故是错误的；
对于C中，，，与可能相交，所以C错误的；对于D中，，，，，满足面面平行的判定定理，所以，故D正确的，故选：D.
【典例2】（2021·长春市第二十九中学高一期中）如图所示，在三棱柱中，E，F，G，H分别是AB，AC，的中点.（1）求证：平面ABC；（2）求证：平面平面BCHG.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）首先根据三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定证明面即可.
（2）首先根据题意易证，，从而得到平面，平面，再利用面面平行的判定证明平面平面即可.
【详解】（1）在三棱柱中，因为，分别是，的中点， 所以，
又因为，所以.因为平面，平面，所以面；
（2）因为，分别是，的中点，所以.
又因为在三棱柱中，为的中点，
所以，，即四边形为平行四边形.所以.
因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，且，所以平面平面.
【技巧点拨】判定面面平行的常用方法：
(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点；
(2)面面平行的判定定理；
(3)垂直于同一条直线的两平面平行；
(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行.
【变式演练1】（2021·玉林市第十一中学高三）如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，P，Q是AB，CD的中，点M，N分别是SB，CB的中点，求证∶平面AMN平面SCD
【答案】证明见解析
【解析】因为、分别是，的中点，所以，面，面，所以面，又且，所以为平行四边形，所以，面，面，所以面，又，面，所以面面；
【变式演练2】（2021·赣州市赣县高三月考）如图，在三棱柱中，E，F，G分别为，，AB的中点．求证：平面平面BEF；若平面，求证：H为BC的中点．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
如图，，F分别为，的中点，，
平面，平面，平面，
又F，G分别为，AB的中点，，
又，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，
又，平面平面BEF；
平面平面，平面平面，
平面与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交，
则，得，为AB的中点，为BC的中点．
【变式演练3】（2021·珠海市第二中学高三期中）已知正方体中的棱长为2，是中点．（1）求证：平面平面；（2）设的中点为，过､､作一截面，交于点，求截面的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接，，若，连接，由平行四边形的性质及线面平行的判定易得平面、平面，根据面面平行的判定即可证平面平面；
（2）连接，，设平面与平面交于，根据面面平行的性质可得四边形为平行四边形，结合正方体的性质易知四边形为菱形，再求出对角线、，即可求截面的面积.
【详解】
（1）如图，连接，，若，连接，
由，，可得四边形为平行四边形，∴，又，
∴四边形为平行四边形，即，而平面，平面，平面，
同理，是平行四边形，即，而平面，平面，
∴平面，而，∴平面平面.
（2）连接，，平面与平面交于，
由平面平面，且平面平面，平面平面，
，同理有，即四边形为平行四边形，
在与中，易知，即四边形为菱形，故为的中点．
∵正方体的棱长为2，，．
∴截面面积．
常考点03 平行中的动态问题
【典例1】（2021·江苏南京一中高一月考）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点､，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．线段上存在点､使得 B．平面
C．的面积与的面积相等 D．三棱锥的体积不为定值
【答案】B
【解析】利用异面直线的定义可判断A；根据线面平行判定定理可判断B；根据三角形的高不相等可判断C；直接计算体积可判断D.
【详解】线段上不存在点､使得，
因为在平面平面外，在平面内，所以，是异面直线，所以A不正确；
连接，几何体是正方体，所以，平面，平面，可知平面，所以B正确.
到的距离为，到的距离大于上下底面中心的连线，则到的距离大于1，
∴的面积大于的面积，故C错误；到平面的距离为，的面积为定值，
∴三棱锥的体积为定值，故D不正确.故选：B.
【典例2】（2021·全国高三模拟）已知四棱柱的底面是边长为2的菱形，且，平面，，于点，试问在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由；
【答案】存在，为线段的中点；理由见解析
【解析】当为线段的中点时，平面.
下面给出证明：取的中点，连接，，则，且，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以为的中点，
又为的中点，，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，且，又，，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面，
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·黑龙江哈尔滨市）直三棱柱所有棱长都为2，在边上是否存在一点，使平面，若存在给出证明，若不存在，说明理由

【答案】存在，证明见解析
【解析】存在，是的中点，直三棱柱中，连接交于点，如图：
则为中点，连接，而为的中点，则，又平面，平面，所以平面；
【变式演练2】（2021·福建高一期末）如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别为，，，的中点，点为线段上的动点，且.
（1）是否存在使得平面，若存在，求出的值并给出证明过程；若不存在，请说明理由；
（2）画出平面截该正方体所得的截面，并求出此截面的面积.
【答案】（1）存在，，证明见解析；（2）画图见解析；.
【解析】（1）取中点，由面面平行的判定定理即可证明平面平面，即可得到平面时的值.（2）画出截面，根据正六边形的性质即可求出截面的面积.
【详解】解：（1）当时，平面.
取中点，连接，，，则，，如图所示：

故，又平面，平面，平面，同理，平面，
又，平面，故平面平面，
平面，平面；
（2）平面截正方体的截面为正六边形，
如图所示：又正方体的棱长为2，
故正六边形边长为，截面面积为：.
【变式演练3】（2021·山东高一期末）如图，点是正方形两对角线的交点，平面，平面，，是线段上一点，且．
（1）证明：三棱锥是正三棱锥；（2）试问在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.
【解析】（1）根据正三棱锥的定义即可证明；（2）利用反证法，由平面，假设存在这样的点，使得平面，推出平面平面，与平面和平面是相交平面矛盾，即可求解.
【详解】解：（1）证明：设，则∴是正三角形，
如图所示：连接，，
，∴，，，
在中，由知：．又平面，，
∵，，∴平面，∴．
又平面，，∴平面，
在线段上取点，使得，则点是的重心，也就是的中心，
连接，则，∴平面，∴三棱锥是正三棱锥；
（2）∵平面与平面有公共点，故平面与平面是相交平面，
∵，平面，平面，∴平面，
假设存在这样的点，使得平面，∵点与点不重合，∴与是相交直线，
又平面，平面，且平面，平面，∴平面平面，
这与平面和平面是相交平面矛盾，∴不存在一点，使得平面．
常考点04 直线与平面垂直的判定与性质
【典例1】（2021·广东节选）如图，在直三棱柱中，为的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】∵为的中点，∴，
∵直三棱柱中，面面，面，面面，
∴面，又面，即，
由题设易知：，故，又，
∴，则，又，∴平面.
【典例2】（2021·全国高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】(1)如图所示，连结AF，
由题意可得：，由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，从而有，
从而，则，为等腰直角三角形，
，.
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，
正方形中，为中点，则，
又，故平面，而平面，从而.
【技巧点拨】
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质.
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.
(3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.
【变式演练1】（2021·福建三明市·三明一中高三模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，E是的中点，求证：
【答案】证明见解析
【解析】连接，由己知，E为中点，
又，故四边形为正方形，所以知
∵面面又面面，，平面
∴平面，故．同理可证
又，故平面连接，可知
又，∴可知平面 又平面∴
由已知，故四边形为平行四边形故∴可知
【变式演练2】（2021·吉林松原市·高三月考）在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，，，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】因为，，所以，所以，
又因为为平行四边形，所以，，
因为，，，所以，所以，
因为，所以平面，所以，
因为，，，所以，所以，
因为，所以平面，所以，
因为，所以平面.
【变式演练3】（2020·全国高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得
，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.
【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.

【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
常考点05 平面与平面垂直的判定与性质
【典例1】（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面，平面，所以，
又，，所以平面，
而平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，故四棱锥的体积为．
【点睛】本题第一问解题关键是找到平面或平面的垂线，结合题目条件，所以垂线可以从中产生，稍加分析即可判断出平面，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．
【典例2】（2020·全国高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）分别为，的中点，
又在等边中，为中点，则
又侧面为矩形，
由，平面平面
又，且平面，平面，平面
又平面，且平面平面
又平面平面
平面平面平面
（2）过作垂线，交点为，画出图形，如图
平面 平面，平面平面
又
为的中心.
故：，则，
平面平面，平面平面，平面
平面又在等边中即
由（1）知，四边形为梯形
四边形的面积为：
，为到的距离，.
【技巧点拨】
1.判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
2．证面面垂直的思路
(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．
(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．
【变式演练1】（2020·全国高考真题（文））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.

【变式演练2】（2021·贵溪市实验中学月考）如图所示，在四棱锥中，平面，是线段的中垂线，与交于点，，，，．
（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为平面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）因为，，，，
所以由勾股定理得，．
所以，．
设点到平面的距离为．由，得，
即，解得．
【变式演练3】（2021·河南高三）如图，在三棱柱中，，，，，证明：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】证明：如图，连接，在中，，，，
由余弦定理，得，
所以，所以，
所以，同理，又，平面,
所以平面,又平面，所以平面平面.
常考点06 垂直中的动态问题
【典例1】（2021·北京高考模拟）如图，在四棱锥中，平面，， ，，，，为侧棱上一点. （1）若，求证：平面；
（2）求证：平面平面；（3）在侧棱上是否存在点，使得平面？ 若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）存在，,理由见解析.
【解析】（1）设，连结，由已知，，,得
.由,得.在中，由，得.
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以.
在直角梯形中，因，
故，，因，
所以.所以.又，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（3）在平面内作于点，则即为所求的点，
由，，，
得平面.因为平面，所以.又，
所以平面.由，，，得.
【典例2】（2021·湖南）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（biena）指四个面均为直角三角形的四面体.如图，三棱柱，平面，四棱锥为阳马，且，分别是，的中点.
（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.
【解析】（1）取中点，连接，，在中，因为，分别是，中点，
所以，且，在平行四边形中，因为是的中点，
所以，且，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）在线段上存在点，使得平面，取的中点，连，连，
因为平面，平面，平面，所以，，
在中，因为，分别是，中点，所以，
又由（1）知，所以，，由得平面，
故当点是线段的中点时，平面.此时，.
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·上海）如图，在棱长为的正方体中，、分别为棱和的中点，交于，试在棱上找一点，使平面，并证明你的结论；
【答案】中点；见解析
【解析】在棱上取中点，连、．
平面，以．
在正方形中，因为、分别为、的中点，
又因为平面，所以，所以，平面
【变式演练2】（2021·山西高三月考）如图，在直三棱柱中，，点分别为和的中点.，）棱上是否存在点使得平面平面？若存在，写出的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由
【答案】存在点满足题意，且，证明详见解析
【解析】存在点满足题意，且.
证明如下：取的中点为，连接.则，所以平面.
因为是的中点，所以.
在直三棱柱中，平面平面，且交线为，
所以平面，所以.在平面内，，，
所以，从而可得.又因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【变式演练3】（2021·安徽省太和第一中学开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（ ）
A．不存在，使得 B．存在，使得
C．存在，使得平面 D．存在，，使得平面平面
【答案】D
【解析】作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面 于，面于，对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以 ，所以，所以，即 ，故A错误；对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得， ，，
所以面，又面 ，所以平面平面，即平面 平面，故D正确；对于B选项，作面于，因为中， ，所以定在AB的中线上，所以就是与面所成的角，
当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即 ，而是锐角，
的最大值为，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.
对于C选项，作面于，因为中， ，
所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点 不落在AB上，
又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，
故C选项不正确，故选：D.
易错点01 判断或证明线面平行忽略线在面外
【例】如图,四棱锥P－ABCD中,AD∥BC,AB＝BC＝eq \f(1,2)AD,E,F,H分别为线段AD,PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是线段OF上一点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：GH∥平面PAD.
【错解】证明 (1)连接EC,
∵AD∥BC,BC＝eq \f(1,2)AD,∴BC=AE,且BC∥AE,
∴四边形ABCE是平行四边形,∴O为AC的中点．
又∵F是PC的中点,∴FO∥AP,∴AP∥平面BEF.
(2)连接FH,OH,∵F,H分别是PC,CD的中点,∴FH∥PD,∴FH∥平面PAD.
又∵O是BE的中点,H是CD的中点,∴OH∥AD,∴OH∥平面PAD.∴平面OHF∥平面PAD.
又∵GH⊂平面OHF,∴GH∥平面PAD.
【错因分析】对于(1) 由FO∥AP证明AP∥平面BEF,没有指出FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,对于(2) 由FH∥平面PAD.OH∥平面PAD,证明平面OHF∥平面PAD,没有指出FH∩OH＝H.
【正解】(1)连接EC,
∵AD∥BC,BC＝eq \f(1,2)AD,∴BC=AE,且BC∥AE,
∴四边形ABCE是平行四边形,∴O为AC的中点．
又∵F是PC的中点,∴FO∥AP,
FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,∴AP∥平面BEF.
(2)连接FH,OH,∵F,H分别是PC,CD的中点,∴FH∥PD,∴FH∥平面PAD.
又∵O是BE的中点,H是CD的中点,∴OH∥AD,∴OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H,∴平面OHF∥平面PAD.
又∵GH⊂平面OHF,∴GH∥平面PAD.
【纠错笔记】证明线面平行常用线面平行的判定定理a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒a∥α．
易错点02 证明垂直问题推理不严谨
【例】在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E、F分别为DD1、DB的中点．求证：EF⊥B1C.
【错解】∵AC⊥BD,又AC⊥D1D, ∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥AC.
【错因分析】】推理论证不严谨,思路不清晰．
【正解】 ABCD－A1B1C1D1为正方体⇒AB⊥面BCC1B1
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(⇒B1C⊥AB, B1C⊥BC1, AB，BC1⊂平面ABC1D1, AB∩BC1＝B))eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(⇒B1C⊥平面ABC1D1, BD1⊂平面ABC1D1))
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(⇒B1C⊥BD1, EF∥BD1))⇒EF⊥B1C.
【纠错笔记】证明空间线面位置关系的基本思想是转化与化归,根据线面平行、垂直关系的判定和性质,进行相互之间的转化,如本题第(2)问是证明线线垂直,但分析问题时不能只局限在线上,要把相关的线归结到某个平面上(或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上),通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的,但证明线面垂直又要借助于线线垂直,在不断的相互转化中达到最终目的．解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时找足条件,书写规范等．
满分：150分 完成时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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
【答案】A
【解析】
由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】
根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；
反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
2．（2021·江苏高一期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】D
【解析】
利用线面平行的性质定理可以得到判定A错误的例子；利用面面垂直的性质定理可举出B错误的例子；利用线面平行的判定定理可以举出C错误的例子；利用线面垂直的性质定理可知D正确.
【详解】
若，，则n可能在α内，只要过m作平面β与α相交，交线即可作为直线n,故A错误；
若，，则m可能在α内，只要m在α内垂直于两平面α，β的交线即有m⊥β，故B错误；
若，，则α，β可能相交，只要m不在α，β内，且平行于α，β的交线即可，故C错误；
若，，根据线面垂直的性质定理可知，故D正确；
故选：D.
3．（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则
A．B．C．D．以上均有可能
【答案】B
【解析】四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，
平面，平面平面，
由直线与平面平行的性质定理可得：．故选：．
4.（2021·安徽省舒城中学月考）设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：
①若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；②若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α；
③若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥β；④若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β．
其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．②④D．③④
【答案】C
【解析】由是空间两条不同的直线，是空间两个不同的平面．
在①中，若，则与相交、平行或异面，故①错误；
在②中，设，因为，所以，又，所以，又，，所以，故②正确； 在③中，若，则与平行或，故③错误；
在④中，设，因为，所以，又，所以，
又因为，所以，所以，故④正确． 故选：C．
5．（2017·全国高考真题）在正方体中，为棱的中点，则．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．
【详解】画出正方体，如图所示．
对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确．
对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确．
对于选项C，连，则．连，则得，所以平面，从而得，所以．所以C正确．
对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确．故选C．
【点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．
6．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面 不平行的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用线面平行的判定定理可判断A、B、C选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，如下图所示，连接，

在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，
、分别为、的中点，则，，
平面，平面，平面；
对于B选项，连接，如下图所示：
在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，
、分别为、的中点，则，，
平面，平面，平面；
对于C选项，连接，如下图所示：

在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，
、分别为、的中点，则，，
平面，平面，平面；
对于D选项，如下图所示，连接交于点，连接，连接交于点，
若平面，平面，平面平面，则，
则，由于四边形为正方形，对角线交于点，则为的中点，
、分别为、的中点，则，且，
则，，
则，又，则，所以，与平面不平行；故选：D.
【点睛】判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；
（2）利用线面平行的判定定理（，，），其关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；
（3）利用面面平行的性质定理（，）.
7．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.
因为不垂直，所以不垂直,则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，平面，所以，
，所以平面，平面，所以，
且直线是异面直线，所以选项B错误，选项A正确.故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
8．（2021·江西省分宜中学高三月考）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围
【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，
因为是的中点，所以‖，所以‖，
因为平面，平面，所以‖平面，
因为是的中点，是的中点，所以‖，，
因为‖，，所以‖，，
所以四边形为平行四边形，所以‖，，
因为平面，平面，所以‖平面，
因为，所以平面‖平面，
因为平面平面，所以点在上运动，使面，
因为的棱长为2，所以
所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，
的最小值为，所以的长度范围是，故选：B

二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2021·宁波市北仑中学高三期中）下列命题正确的是（ ）
A．若两条平行直线中的一条直线与一个平面相交，则另一直线也与这个平面相交.
B．若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行.
C．过空间任意一点，可作一个平面与异面直线都平行.
D．若在空间内存在两条异面直线同时平行于平面，则.
【答案】AD
【解析】对A，利用反证法判断即可；对B，根据线面位置关系判断即可；对C，若点在其中一条直线上，此时作不出一个平面；对D，利用线面平行的性质定理及面面平行的判定定理判断即可.
【详解】对A，记，与相交.
假设另一直线与这个平面不相交，在平面内作直线，则，但与相交，故与不平行，这与矛盾，故A正确；
对B，若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行或在这个平面内，故B错误；对C，当点在两条异面直线中的一条上时，没有平面与异面直线都平行，故C错误；
对D，若，，，，如图
过作平面分别交,于，过作平面分别交,于，
根据线面平行的性质定理可得，，，，所以，，
由面面平行的判定定理可得，故D正确.故选：AD
10．（2021·佛山市第四中学高二月考）下列命题正确的是（ ）
A．平行于同一直线的两条直线互相平行
B．垂直于同一平面的两个平面互相平行
C．若是两个平面，∥∥，则∥
D．若三棱锥中，，则点在平面内的射影是的垂心
【答案】AD
【解析】由平行公理判断A；由面面垂直判断B；举特例判断C；由逻辑推理可判断D.
【详解】对于选项A：由平行公理可知A正确；
对于选项B：垂直于同一平面的两个平面互相平行或相交，故B错误；对于选项C：反例如图，故C错误；

对于选项D：设点在平面内的射影是，连接，则平面，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以. 同理可证，所以点是的垂心. 故D正确. 故选：AD.
11．（2021·河北高三期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，为异面直线，，，，，则
【答案】AB
【解析】举反例可判断A和B；由线面平行的性质定理可判断C；由反证法可判断D.
【详解】对于选项A：反例如图，故A错误；

对于选项B：反例如图，故B错误；
对于选项C：是“线面平行的性质定理”的符号语言，故C正确；
对于选项D：若平面与平面不平行，设，因为，，由线面平行的性质定理得，同理，所以，这与，为异面直线矛盾，所以.故D正确.故选：AB.
12．（2021·南京市宁海中学高三月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】选项A，连接BD，通过证明平面，可判定；选项B，通过可判定；选项C，利用平面ABCD平面可判定平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定.
【详解】选项A：连接BD，底面ABCD是正方形，，
又平面ABCD，平面ABCD，，，平面，
又平面，，故选项A正确；
选项B：若平面，平面，，
但显然，所以平面不成立，故选项B错误；
选项C：正方体中，平面ABCD平面，平面，
平面ABCD，故选项C正确；
选项D：点A到平面BEF的距离也是点A到平面的距离，等于AC的一半，
即三棱锥高为定值，而的边为定值，高为为定值，故体积为定值，
故选项D正确.故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.（2021·江苏省镇江中学高三月考）“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的________条件（.从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选一个合适的填空）
【答案】充分不必要
【解析】根据线面间得位置关系及充分性和必要性得定义即可得解.
【详解】解：因为直线与平面无公共点，则直线在平面外，所以充分性成立，
又因直线在平面外，则直线与平面相交或平行，即直线与平面有一个公共点或无公共点，所以必要性不成立，所以“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要.
14．（2021·河北高三月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.
【答案】垂
【解析】根据题意可证明面PBC，结合PH为三棱锥的高可以证明，同理：，进而得到答案.
【详解】如图，因为，所以面PBC，则PA⊥BC，
又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而，所以面PAH，所以，同理可证：，所以点H为垂心.
故答案为：垂.
15．（2021·大连市第一中学高三月考）已知，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，有下列命题：①；②若，，则；
③，，则；④直线，直线，那么；
⑤若，，，则；⑥若，，则．其中正确的说法为______（填序号）
【答案】①⑥
【解析】利用线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质应用，逐一判断选项可得结论.
【详解】解：对于①，根据平行的性质有：，即，故①正确；
对于②，由得或相交，故②错误；
对于③，由得，或异面，故③错误；
对于④，由直线，直线，可得，异面，相交，故④错误；
对于⑤，由，得或相交，故⑤错误；
对于⑥，若，由面面平行的传递性得，故⑥正确，故答案为：①⑥.
16．（2021·重庆市广益中学校期末）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC； ②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥； ④平面ADC⊥平面ABC．
其中正确的是___________
【答案】①②③
【解析】设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，D为BC的中点，∴AD⊥BC，
又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，
∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，∴BD⊥AC，故①正确；
②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，
∴BD⊥CD，又∴由勾股定理得：，又AB=AC=a，
∴△ABC是等边三角形，故②正确；
③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC，∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确．
④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，
∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，
由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（2020·全国高考真题）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：
（1）当时，；（2）点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得,进而可证平面,即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得,再通过平行四边形性质进行证明即可.
【详解】
（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
18．（2018·全国高考真题）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析
【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
19.（2021·湖南）如图，在四棱锥中，底面为正方形，且底面.
（1）求证：平面平面；
（2）若为棱的中点，在棱上求一点F，使平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）点F为棱的中点（证明见解析）
【解析】（1）证明：因为底面，平面,所以；
又底面为正方形，所以,,所以平面,
又平面，所以平面平面,得证.
（2）如图所示，取的中点,的中点,连接、、,
所以会有,,又,,
所以且,所以四边形为平行四边形，
所以,面,面,所以平面平面,
所以点，即为我们要找的F点.
20．（2021·四川高二期末）如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点. （1）证明：；（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.
【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析，.
【解析】（1）由，证得面，从而，结合，证得面，从而证得.（2）点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离，由条件证得面，则为点到面的距离，求得即可.
【详解】解：（1）连，，四边形为正方形，
又，直棱柱中，，，面，
面，又，面，面，
（2）点到面的距离为定值.，面，面，
点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离
令，则，又面，面，
，，，面，为点到面的距离
在等腰中，，到面的距离为定值，且定值为
21．（2021·江苏高三期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．（1）若为线段的中点，求证：平面平面；
（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由线面垂直的判定，推得AC⊥平面PDO，再由面面垂直的判定定理，可得证明；
（2）在三棱锥 P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，由三点共线取得最值的性质，计算可得所求最小值．
【详解】解：（1）在中，因为， 为的中点，所以．
又垂直于圆所在的平面，因为圆所在的平面，所以．
因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面．
（2）在中，，，所以．
同理，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，
如图所示．当，，共线时，取得最小值．
又因为，，所以垂直平分，即为中点．

从而，亦即的最小值为．
22．（2021·江苏南京高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图
（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；
（2）证得，，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；（3）由等体积法可得结果.
【详解】（1）因为分别为的中点，则，
又平面，平面，所以//平面.
又平面与平面有公共点，
则由公理3可知平面与平面必然相交，设交线为，
因为//平面，平面，所以由线面平行的性质定理得到.
（2）因为，且，所以平面，
由（1）知，则平面，又平面，所以.
因为，是中点，所以，
又，故平面.
（3）设，由三棱锥的体积得，
则，，，
从而，等腰三角形底边上的高，
所以三角形的面积.
三棱锥的体积，设点到平面的距离为，则，
由得，解得.
故到平面的距离为.