2025高考数学全国Ⅰ卷第9题正三棱柱中的线面关系判断（一题多解）（含答案解析）

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（2025·新课标I卷第9题）【多选】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为BC中点，则（ ）
A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
1．母题展示与解析
【本题源自人教A版必修第二册第148页练习第4题】如图，在正三棱柱ABC−A′B′C′中，D为棱AC的中点，AB=BB′=2，求证BD⊥AC'．
【分析】如图，取CC'中点、为E，连接BE,DE，∠BDE就是异面直线BD，AC'所成的角，利用勾股定理计算得到证明．
【详解】如图，取CC'中点为E，连接BE,DE．
∵D为AC的中点，∴DE//¯¯12AC' ∴∠BDE就是异面直线BD，AC'所成的角．
∵在正三棱柱ABC−A′B′C′中，AB=BB′=2，
∴BD=32×2=3，AC'=22，BE=BC2+CE2=5，
∴DE=2 ∴BD2+DE2=BE2 ∴∠BDE=90°，即BD⊥DE
∴BD⊥AC′．
2．知识载体与模型延续
课本练习题以正三棱柱为基础模型，设定 “D为棱AC的中点，AB=BB′=2，证BD⊥AC'” ，聚焦正三棱柱中线垂直证明，核心依托正三棱柱的结构特征（侧棱垂直底面、底面正三角形性质 ）．高考题延续正三棱柱模型，保留 “D为BC中点” 的中点设定，继承正三棱柱线面、线线关系的考查载体，确保知识本质（空间几何中垂直、平行关系判定 ）一致．
3．考点拓展与设问升级
（1）课本练习题：单一求证 BD⊥AC'，侧重线线垂直证明，通过构造辅助线（取CC'中点为E，连接BE,DE ），利用线面垂直性质或三角形边角关系（勾股定理证垂直 ）解题，考查逻辑推理与空间想象基础．
（2）高考题：升级为多选题，涵盖 “线线垂直、线面垂直、线线平行、线面平行” 四类关系判断，从单一证明拓展到多关系辨析，全面覆盖空间几何核心考点（垂直、平行的判定与性质 ），提升考查深度与广度．
简而言之，高考题以课本练习题为 “母本”，保留正三棱柱核心模型与空间关系证明逻辑，通过拓展设问类型、增加考点覆盖，实现从基础证明到综合辨析的升级，引导学生回归教材、掌握核心方法，体现 “源于课本、高于课本” 的命题思路．
对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；

对于A，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则A1A⋅AD=0，
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则CD⋅AD=0
又A1C=A1A+AD+CD，
所以A1C⋅AD=A1A+AD+CD⋅AD=A1A⋅AD+AD2+CD⋅AD=AD2≠0，
则AD⊥A1C不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，
又AA1∩AD=A,AA1,AD⊂平面AA1D，
所以BC⊥平面AA1D，故B正确；
对于C，因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1∥AB，
假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB=A矛盾，
所以AD∥A1B1不成立，故C错误；
对于D，因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1∥AA1
又AA1⊂平面AA1D,CC1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确；
故选：BD．
1．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱BC的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．A1M ∥平面CC1D1DB．AD ∥平面A1BM
C．A1M⊥平面ABC1D1D．A1M⊥AB1
对选项 A，用反证法，假设AD⊥A1C，结合正三棱柱性质推出△A1AD有两个直角，矛盾；B 依据线面垂直判定，由AD⊥BC、AA1⊥BC证BC⊥；C 用反证法，假设AD=λA1B1推出BD与AB共线矛盾；D 借平面法向量与线面平行判定证CC1∥平面AA1D．

对于A，假设AD⊥A1C成立，
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，
又A1C∩BC=C,A1C，BC⊂平面A1CD，
所以AD⊥平面A1CD，则AD⊥A1D，
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，
所以在△A1AD中有两个直角，显然不成立，故假设不成立，即A错误；
对于B，由选项A可知AD⊥BC，AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，AA1,AD⊂平面AA1D，
所以BC⊥平面AA1D，故B正确；
对于C，正三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1=AB，
假设存在λ∈R，使得AD=λA1B1，
又AD=AB+BD=A1B1+BD，则λA1B1=A1B1+BD，即BD=(λ−1)A1B1=(λ−1)AB，所以BD与AB共线，显然错误，故假设不成立，即C错误；
对于D，由选项B可知BC是平面AA1D的法向量，
又在正三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
则CC1⊥BC，即CC1⊥BC，
又CC1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确；
故选：BD．
2．在正四棱锥P−ABCD中，已知E,F分别为PB,PD的中点，PG=λPAλ∈0,1，则下列说法正确的有（ ）
A．CG⊥BD
B．不存在λ，使得AC⊥平面GEF
C．若平面GEF ∥平面ABCD，则λ=12
D．若G,E,F,C四点共面，则λ=13
根据题意建立空间直角坐标系，设边长与高，求各点坐标．利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解．对选项 A：算AD⋅A1C，非 0 则不垂直；对选项 B、D：求平面AA1D法向量，看BC与法向量、CC1与法向量关系，判定线面垂直、平行；对选项C：看AD与A1B1是否共线，判断平行．
如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为ℎ，
则D0,0,0,A3,0,0,A13,0,ℎ,C0,−1,0,C10,−1,ℎ,B0,1,0,B10,1,ℎ，
对于A，AD=−3,0,0,A1C=−3,−1,−ℎ，
则AD⋅A1C=−3×−3+0=3≠0，
则AD⊥A1C不成立，故A错误；
对于BD，BC=0,−2,0,CC1=0,0,ℎ,AA1=0,0,ℎ,AD=−3,0,0，
设平面AA1D的法向量为n=x,y,z，
则AA1⋅n=ℎz=0AD⋅n=−3x=0，得x=z=0，令y=1，则n=0,1,0，
所以BC=0,−2,0=−2n，CC1⋅n=0，
则BC⊥平面AA1D，CC1//平面AA1D，故BD正确；
对于C，AD=−3,0,0,A1B1=−3,1,0，
则−3−3≠01，显然AD∥A1B1不成立，故C错误；
故选：BD．
3．如图所示，在棱长为2的正方体.ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1和BB1的中点，则以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ）
A．EF//平面ABCDB．D1E⊥CF
C．a=1,0,2是平面EFD1的一个法向量D．点C到平面EFD1的距离为55
4．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A,B的任意一点，则下列关系正确的是（ ）
A．PA⊥PCB．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PBD．PC⊥BC
5．已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CC1，B1C1的中点，则下列结论不正确的是（ ）
A．BD1⊥平面B1PQB．AM ∥平面B1PQ
C．D1M⊥平面B1PQD．AN ∥平面B1PQ
6．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别是C1D1,C1C,A1A的中点，则下列正确的是（ ）
A．直线BN与MB1是异面直线B．直线AM与BN是平行直线
C．PD1∥平面BMND．B1N⊥平面ABN
7．如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）

A．异面直线BC1与CA1的夹角的正弦值为1
B．BC1//平面ACD1
C．点D与平面ACD1的距离为33
D．直线CA1与平面ABCD所成的角为60°
8．已知四棱锥S−ABCD，底面是边长为2的正方形，SA⊥底面ABCD，SA=2，点P满足SP=λSC，λ∈0,1，下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得BP⊥SD
B．当λ=14时，点D到平面ABP的距离为32
C．当平面BPC⊥平面APD时，λ=12
D．当二面角B−AP−C为π3时，λ=23
参考答案：
1．BD
【分析】通过假设A成立，运用线面平行的性质定理可判断A；运用线面平行的判定定理可判断B；通过假设C成立，运用线面垂直的判定定理及性质可判断C；运用线面垂直的判定定理及性质可判断D．
【详解】对于A，连接A1B,CD1，若A1M ∥平面CC1D1D，又A1M⊂平面A1D1CB，且平面A1D1CB∩平面CC1D1D=D1C，则A1M∥D1C，
因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB为平行四边形，
所以D1C∥A1B，显然矛盾，故A错误；
对于B，∵AD∥BM,AD⊄平面A1BM，BM⊂平面A1BM,∴AD ∥平面A1BM，故B正确；
对于C，若A1M⊥平面ABC1D1，AB⊂平面ABC1D1，则A1M⊥AB，
又A1A⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴A1A⊥AB,
又A1M∩A1A=A1，A1M,A1A⊂平面AA1M，
所以AB⊥平面AA1M，AM⊂平面AA1M，
所以AM⊥AB，与AB⊥AD矛盾，故C错误；
对于D，∵BC⊥平面A1ABB1，AB1⊂平面A1ABB1，∴BC⊥AB1，∵A1B⊥AB1,A1B∩BC=B，A1B,BC⊂平面A1BC，
∴AB1⊥平面A1BC，A1M⊂平面A1BC，∴A1M⊥AB1，故D正确，
故选：BD.

2．ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC，可得CG⊥BD，即可判断选项A；利用线面垂直的判定定理可判断选项B；利用面面平行的性质定理可得AB//EG，即可判断选项C；利用三点共线与向量的关系以及向量的数乘关系可判断选项D.
【详解】对A，连接AC,BD交于点O，连接PO，
因为在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，
又因为PB=PD，O为BD中点，所以PO⊥BD，
又因为AC∩PO=O，AC,PO⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
又因为CG⊂平面PAC，所以CG⊥BD，A正确；
对B， 因为PA=PC，O为BD中点，所以PO⊥AC，
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又因为BD∩PO=O，BD,PO⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，
则AC⊥平面PEF，所以当λ=0，即点G与P重合时，AC⊥平面GEF，B错误；
对C，连接GE,FF，因为平面GEF ∥平面ABCD，平面GEF ∩平面PAB=EG，平面ABCD ∩平面PAB=AB，
所以根据面面平行的性质定理可知AB//EG，
又因为E分别为PB的中点，所以G为PA中点，所以λ=12，C正确；
对D，因为G,E,F,C四点共面，所以四边形GEFC为平面四边形，
所以连接EF,CG交于点H，
在△PCG中，因为G,H,C共线，
所以PH=μPC+(1−μ)PG=(1−μ)λPA+μPC，
由于对称性可知，H为EF中点，
又因为EF//BD,EF=12BD,所以PH=12PO=1212PA+PC=14PA+14PC,
所以(1−μ)λPA+μPC=14PA+14PC，
所以(1−μ)λ=14μ=14，解得λ=13，D正确；
故选：ACD.
3．AC
【分析】对于A，由线面平行的判定定理证明即可；对于B，由空间向量判断异面直线垂直即可；对于C，由平面法向量求解即可；对于D，由点到平面的距离公式计算即可.
【详解】对于A，由于E，F分别是AA1,BB1的中点，
所以EF//AB,AB⊂平面ABCD,EF⊂平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，故A正确；
对于B，C(0,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1)，
故D1E=2,0,−1，CF=(2,0,1),D1E⋅CF=4+0−1≠0，
故D1E与CF不垂直，进而可得D1E与CF不垂直，故B错误；
对于C，由C(0,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1)，所以D1E=(2,0,−1),D1F=(2,2,−1)，
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅D1E=2x−z=0n⋅D1F=2x+2y−z=0，
令x=1，则y=0,z=2，所以平面D1EF的一个法向量n=(1,0,2)，故C正确；
对于D，易知CD1=(0,−2,2)，
结合C选项可得点C到平面D1EF的距离为CD1⋅nn=45=455，故D错误.
故选：AC．
4．BD
【分析】根据线面垂直的判定定理及性质判断各选项即可.
【详解】由题意，PA⊥平面ABC，因为AC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥AC,PA⊥BC，
因为点C在以AB为直径的圆上，且C为圆上异于A,B的任意一点，所以AC⊥BC，
故A错误；
因为AC⊥BC，PA⊥BC，又AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，故B正确；
因为BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以PC⊥BC，故D正确；
若AC⊥PB，由AC⊥BC，PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC，
则AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，则AC⊥PC，这与PA⊥AC矛盾，故C错误.
故选：BD.
5．ABC
【分析】根据线面垂直的性质定理判定定理可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的性质定理判定定理可判断C，利用面面平行的判定定理可判断D.
【详解】A选项：如图1，若BD1⊥平面B1PQ，则BD1⊥B1P，
又因为A1D1⊥平面ABB1A1，B1P⊂平面ABB1A1，
则A1D1⊥B1P，连接A1B，又A1D1∩BD1=D1，
所以B1P⊥平面A1BD1，A1B⊂平面A1BD1，则B1P⊥A1B，
只有当AB=2AA1时，B1P⊥A1B才成立，故A不正确；
B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，
所以AC//PQ，AC⊄平面B1PQ，PQ⊂平面B1PQ，
所以AC//平面B1PQ，
若AM//平面B1PQ，则平面AMC//平面B1PQ，
又平面AMC∩平面BCC1B1=CC1，平面B1PQ∩平面BCC1B1=B1Q，
所以B1Q//CC1，显然不正确，故B不正确；
C选项：如图3，若D1M⊥平面B1PQ，B1Q⊂平面B1PQ，
则MD1⊥B1Q，又易知C1D1⊥平面BCC1B1，B1Q⊂平面BCC1B1，
则C1D1⊥B1Q，又C1D1∩MD1=D1，
所以B1Q⊥平面C1MD1，CC1⊂平面C1MD1则B1Q⊥CC1，
显然不正确，故C不正确；
D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，
所以AC//PQ，AC⊄平面B1PQ，PQ⊂平面B1PQ，
所以AC//平面B1PQ，
因为Q，N分别是BC，B1C1的中点，所以B1N∥CQ，
所以四边形B1NCQ是平行四边形，则CN//B1Q，
NC⊄平面B1PQ，B1Q⊂平面B1PQ，
所以NC//平面B1PQ，且AC∩NC=C，
因此平面ACN//平面B1PQ，AN⊂平面ACN，
所以AN//平面B1PQ，故D正确．
故选:ABC.
6．AC
【分析】对于AB：根据题意结合异面直线的判定定理分析判断；对于C：做辅助线，证明AE∥BN，结合线面平行的判定定理分析证明；对于D：可得B1N,BN不垂直，B1N⊥AB，分析即可判断.
【详解】对于选项A：因为BN⊂平面BCC1B1，MB1∩平面BCC1B1=B1，B1∉MB1，
所以直线BN与MB1是异面直线，故A正确；
对于选项B：因为AB⊂平面ABB1A1，MN⊂平面CDD1C1，且平面ABB1A1∥平面CDD1C1，
可知AB,MN平行或异面，
又因为AB∥C1D1，且C1D1∩MN=M，可知AB与MN不平行，
所以直线AB与MN是异面直线，即直线AM与BN是异面直线，故B错误；
对于选项C：取DD1的中点E，连接AE,EN，
因为ADD1A1为正方形，且P分别是A1A的中点，则AP∥D1E，AP=D1E，
可知APD1E为平行四边形，则AE∥D1P，
又因为DCC1D1为正方形，且M,N分别是C1D1,C1C的中点，
则EN∥CD，EN=CD，
且AB∥CD，AB=CD，则EN∥AB，EN=AB，
可知ABNE为平行四边形，则AE∥BN，
可得D1P∥BN，且D1P⊄平面BMN，BN⊂平面BMN，
所以D1P∥平面BMN，故C正确；
对于选项D：正方体的棱长为2，
则B1N=BN=5,BB1=2，即B1N2+BN2≠BB12，可得B1N,BN不垂直，
所以B1N与平面ABN不垂直，故D错误；
故选：AC.
7．AB
【分析】构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点坐标，应用向量法判断异面直线、点面距离和线面夹角判定A、C、D；应用线面平行的判定判断B.
【详解】以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),D(0,0,0), B(2,2,0),C1(0,2,2),C(0,2,0),A1(2,0,2)，
A：由BC1=(−2,0,2)，CA1=(2,−2,2)，则BC1⋅CA1=−4+0+4=0，
即BC1⊥CA1，故异面直线BC1与CA1的夹角的正弦值为1，对；
B：由AB=C1D1，AB//C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1//AD1，BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，则BC1//平面ACD1，对；
C：由AC=(−2,2,0)，CD1=(0,−2,2)，DA=(2,0,0)， 若平面ACD1的一个法向量为m=a,b,c，
所以m⋅AC=−2a+2b=0m⋅CD1=−2b+2c=0，令a=1，则m=(1,1,1)，
所以点D与平面ACD1的距离为|DA⋅m||m|=23=233，错；
D：易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，又CA1=(2,−2,2)，
设直线CA1与平面ABCD的夹角为θ，则sinθ=cs〈CA1,n〉=CA1⋅nCA1n=223=33，
所以直线CA1与平面ABCD所成的角不为60°，错.
故选：AB
8．AC
【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出点P的坐标，利用空间向量法逐项判断即可.
【详解】因为SA⊥底面ABCD，SA=2，底面ABCD是边长为2的正方形，
以点A为坐标原点，AB、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、B2,0,0、C2,2,0、D0,2,0、S0,0,2，
AP=AS+SP=AS+λSC=0,0,2+λ2,2,−2=2λ,2λ,2−2λ，其中λ∈0,1，
故点P2λ,2λ,2−2λ，
对于A选项，SD=0,2,−2，BP=2λ−2,2λ,2−2λ，
若存在点P，使得BP⊥SD，则SD⋅BP=4λ+4λ−4=8λ−4=0，解得λ=12，合乎题意，
所以，存在点P，使得BP⊥SD，A对；
对于B选项，当λ=14时，点P12,12,32，
设平面ABP的一个法向量为u=x1,y1,z1，AB=2,0,0，AP=12,12,32，
则u⋅AB=2x1=0u⋅AP=12x1+12y1+32z1=0，取y1=3，可得u=0,3,−1，且AD=0,2,0，
所以，点D到平面ABP的距离为d=AD⋅uu=610=3105，B错；
对于C选项，设平面BPC的一个法向量为v=x2,y2,z2，BC=0,2,0，BS=−2,0,2，
则v⋅BC=2y2=0v⋅BS=−2x2+2z2=0，取x2=1，可得v=1,0,1，
设平面APD的一个法向量为m=x3,y3,z3，AD=0,2,0，AP=2λ,2λ,2−2λ，
则m⋅AD=2y3=0m⋅AP=2λx3+2λy2+2−2λz3=0，取x3=λ−1，则m=λ−1,0,λ，
若平面BPC⊥平面APD，则m⋅v=2λ−1=0，解得λ=12，C对；
对于D选项，平面ABP的一个法向量为u=x1,y1,z1，AB=2,0,0，AP=2λ,2λ,2−2λ，
则u⋅AB=2x1=0u⋅AP=2λx1+2λy1+2−2λz1=0，取y1=λ−1，可得u=0,λ−1,λ，
设平面APC的一个法向量为n=x4,y4,z4，AC=2,2,0，AS=0,0,2，
则n⋅AC=2x4+2y4=0n⋅AS=2z4=0，取x4=1，则n=1,−1,0，
若二面角B−AP−C为π3，则csu,n=u⋅nu⋅n=λ−1λ−12+λ2⋅2=12，解得λ=12，D错.
故选：AC.