2024-2025 学年高中数学人教A版必修二专题8.4 空间直线、平面的平行与垂直（4类必考点）

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专题8.4 空间直线、平面的平行与垂直TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc21878" 【考点1：线面平行的判定与性质】  PAGEREF _Toc21878 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc2272" 【考点2：面面平行的判定与性质】  PAGEREF _Toc2272 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc27631" 【考点3：线面垂直的判定与性质】  PAGEREF _Toc27631 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc1508" 【考点4：面面垂直的判定与性质】  PAGEREF _Toc1508 \h 23【考点1：线面平行的判定与性质】【知识点：线面平行的判定与性质】直线与平面平行的判定定理和性质定理[方法技巧]判定线面平行的四种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(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⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．　　 [易错提醒]在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．　　1．（2024高一下·全国·专题练习）下列命题正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理依次判断各选项即可得出结果.【详解】对于A，，有可能，A错误；对于B，，有可能异面，B错误；对于C，，有可能，C错误；对于D，由线面平行的判定定理可知D正确．故选：D2．（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列命题中不正确的是（   ）A．存在点F，使得∥平面B．存在点F，使得∥平面C．对于任意点F，四边形均为平行四边形D．对于任意点F，三棱锥的体积均不变【答案】B【分析】利用面面平行的性质可得四边形为平行四边形，判断C；即可根据线面平行的判定定理判断A；利用与相交，可判断B；根据棱锥的体积公式可判断D.【详解】对于A，由题意知四点共面，平面平面，平面平面，平面平面，故，同理可证，即四边形为平行四边形故当F为的中点时，由于，可得,则E也为的中点，连接，而，则四边形为平行四边形，∴，EF⊂平面平面，∴∥平面，A正确；对于B，由于⊂平面，与相交，因此∥平面不成立，B错误；对于C，由A的分析知，四边形一定为平行四边形，故C正确；对于D，∵，平面，平面，故平面，∴点F到平面的距离为定值，而的面积为定值，∴三棱锥的体积为定值，即对于任意点F，三棱锥的体积均不变，故D正确．故选：B.3．（2024高一下·全国·专题练习）如图，四棱锥的所有棱长都等于，为线段的中点，过，，三点的平面与交于点，则四边形的周长为 .【答案】【分析】借助线面平行的判定定理与性质定理可得点位置，即可注意计算四边形边长.【详解】由题意知，四边形为菱形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，，则，为的中点，则为的中点，，是边长为2的等边三角形，则，且， 同理可得，因此四边形的周长为.故答案为：.4．（2024高二下·江西南昌·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，平面，则的值为 .【答案】3【分析】根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.【详解】解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则，由四边形是菱形，可得，则，所以，所以，又因为平面，平面，平面平面，所以，所以.故答案为：3.5．（2024高一下·全国·专题练习）求证：空间四边形相邻两边中点的连线平行于经过另外两边的平面．已知：如图，空间四边形中，E，F分别是，的中点．  求证：平面．【答案】证明见解析【分析】通过证明，而在面外, 在面内,即可得出结论.【详解】由题意，连接．在中，，，∴．又平面，平面，∴平面．6．（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在四棱锥中，BC∥平面，，E是的中点．求证：(1)∥平面；(2)∥平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用线面平行的性质证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）取的中点F，证明四边形为平行四边形，即可得，再根据线面平行的判定定理，即可证明结论；【详解】（1）证明：因为∥平面，⊂平面，平面平面，所以，又⊂平面，平面，所以∥平面.（2）取的中点F，连接，E是的中点．得，且，由（1）知AD∥BC且，所以且，所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.7．（2024高三下·四川雅安·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点.(1)证明：平面.(2)若以为直径的球的表面积为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接交于点E，证明，再利用线面平行的判定推理即得.（2）利用球的表面积公式求出，进出求出，再借助等体积法求出体积.【详解】（1）连接交于点E，则E为的中点，连接，而为的中点，则，又平面，平面，所以平面.（2）由，为的中点，得，且，由以为直径的球的表面积为，得，解得，因此，解得，显然的面积，所以.8．（23-24高一下·吉林白城·期中）如图，在正方体中，是的中点．(1)求证：平面ACE；(2)设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于，连接，即可得到，从而得证；（2）根据正方体的性质及计算可得三棱锥的体积．【详解】（1）连接交于，连接，则为的中点，又是的中点,所以是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面；（2）正方体中，易知平面，所以.【考点2：面面平行的判定与性质】【知识点：面面平行的判定与性质】平面与平面平行的判定定理和性质定理[方法技巧]判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．　　1．（2024高一下·全国·课后作业）已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，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】B【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立；由，，若，则或相交，充分性不成立．相交情况如下： 故选：B.2．（23-24高一下·浙江·期中）四棱锥的底面是边长为1的正方形，如图所示，点是棱上一点，，若且满足平面，则   【答案】【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明平面ACE，结合平面ACE，则证明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性质则有，即可得到答案.【详解】如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由是正方形，得，在线段PE取点G，使得，由，得，连接BG，FG，则，由平面，平面，得平面，而平面，，平面，因此平面平面，又平面平面，平面平面，则，所以.故答案为：  3．（2024高一下·浙江金华·期中）在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 .【答案】【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹为，即可得解.【详解】如图，边长为1的正方体中，动点M满足平面，由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，连接，，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，同理，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，又因平面，所以平面平面，又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为.因为，所以动点M的轨迹的长度为.故答案为：.4．（2024·四川泸州·三模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，与交于点，底面，，点，分别是棱，的中点，连接，，.  (1)求证：平面平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据中位线定理和面面平行的判定定理即可证明；（2）根据等体积法即可求解.【详解】（1）因为底面是矩形，AC与BD交于点O所以O为AC中点，点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线， 所以,，平面，平面，平面，平面，平面，平面，而,平面，平面，平面平面.（2）因为底面ABCD是矩形，，，所以为等边三角形，所以，所以，根据体积相等法可知，，故三棱锥的体积为.5．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点M，N分别在AC，PB上，且，，作出直线与确定的平面与平面的交线l，直线l与是否平行，如果平行请给出证明，如果不平行请说明理由．  【答案】平行，证明见解析【分析】取的四等分点且，可证明平面平面，延长与相交于点，直线MN与PB确定的平面与平面PAD的交线l即直线， 由面面平行的性质定理，有.【详解】取的四等分点且，连接，，．，，，，  ∵平面，平面，∴平面，同理可得平面，，平面．平面平面，延长与相交于点，连接，直线MN与PB确定一个平面，平面与平面PAD的交线l即直线， 平面，平面，则有.6．（2024·陕西汉中·二模）已知：如图，三角形为正三角形，和都垂直于平面，且，为的中点．(1)证明：平面；(2)求点B到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接、，由三角形中位线的性质得到，进一步得到平面，再由已知证出四边形为平行四边形，从而得到平面，即可得到平面平面，从而得证；（2）先证出平面，进而得出点到平面的距离为，即可求解．【详解】（1）如图：取中点，连接、，是的中点，，又平面，平面，平面，和都垂直于平面，，又，，，则四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，又，平面平面，平面平面，平面，平面；（2），，，在直角中，，在直角中，，，又为的中点，，又，，，平面平面，即点到平面的距离为，因为，所以．【考点3：线面垂直的判定与性质】【知识点：线面垂直的判定与性质】直线与平面垂直的判定定理与性质定理：　　[方法技巧]证明直线与平面垂直的方法(1)定义法：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；(2)判定定理(常用方法)；(3)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面(客观题常用)；(4)若一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则它必垂直于另一个平面(客观题常用)；(5)若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面(常用方法); (6)若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面(客观题常用)．　　1．（2024高二下·安徽芜湖·阶段练习）已知表示两条不同直线，表示平面，则（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.【详解】对于A，若，则可能相交、平行或异面，故A错误；对于B，若，则可能平行，或相交，或垂直，故B错误；对于C，若，则可能在中，也可能，故C错误；对于D，由线面垂直的性质定理可知D正确.故选：D2．（2024·江西九江·二模）在正方体中，为四边形的中心，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．平面平面 D．若平面平面，则平面【答案】B【分析】根据正方体性质结合图形可知异面，可判断A；通过证明平面，可判断B；记的中点分别为，然后证明是平面和平面的夹角或其补角，由为等腰三角形可判断C；由可判断D.【详解】A选项：由正方体性质易知，，所以四点共面，由图知，平面，直线在平面内，且不过点A，所以异面，A错误；B选项：因为平面，平面，所以，又为正方形，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以，B正确；C选项：记平面平面，因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以，记的中点分别为，由正方体性质可知，，所以，所以，同理，，所以是平面和平面的夹角或其补角，又对称性可知，为等腰三角形，故为锐角，C错误；D选项：因为，所以与平面相交，D错误.故选：B3．（多选）（2024高三下·江苏苏州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，点，分别是，的中点.则下列一定成立的是（    ）  A． B． C． D．【答案】ABD【分析】利用三棱柱性质和中点可得A正确；易知四边形是平行四边形，所以，即B正确；利用线面垂直性质可得若需满足，所以C不一定成立；由等腰三角形性质可得，即D正确.【详解】对于A，由三棱柱性质可得，又点，分别是，的中点，所以，即A正确；对于B，由A中的结论可得，且，所以，因此可得四边形是平行四边形，所以，即B正确；对于C，因为是直三棱柱，所以平面，又平面，所以；又因为，点是的中点，所以；又平面，可得平面，又平面，所以，若，且，所以平面，又平面，可得，在四边形中，若，利用三角形相似可得，即，题目中没有对应的条件，所以C不一定成立；对于D，因为，点是的中点，所以；即D正确.故选：ABD4．（2024高三·全国·专题练习）正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）.当点是棱的中点时，求证：直线平面；【答案】证明见解析【分析】由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证，，即可证得直线平面；【详解】因为是棱的中点，连接，所以，，，由勾股定理，得，同理可得，，又，、平面，所以直线平面.5．（2024高一下·全国·专题练习）如图；在直三棱柱中，，，．求证；  【答案】证明见解析【分析】根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得．【详解】证明：在中，因为，可得，所以为直角三角形，可得，由在直三棱柱中，可得平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以．6．（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，，，且，．(1)求三棱锥的体积；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）因为平面，根据等积法可得结果；（2）根据线面垂直的性质定理可得，结合（1）及线面垂直的判定定理可得平面，从而得证.【详解】（1）在底面中，，，且，所以，，则，所以，故.（2）由（1）知，又平面，平面，则，且，平面，∴平面，而平面，所以．7．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.(1)若，求证：平面；(2)若，求证：平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；（2）只需证明平面，即可证明平面平面.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，∵是菱形的对角线，的交点，∴，且，又∵，且，∴，且，从而为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）证明：连接，∵四边形为菱形，∴，∵，是的中点，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.8．（2024·上海杨浦·二模）如图，为圆锥顶点，为底面中心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形.  (1)求证：平面平面；(2)若圆锥底面半径为2，高为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据给定条件，利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得.（2）连接，作于，证明平面，再计算即得.【详解】（1）连接，交于点，由为等边三角形，得是的中心，则，而平面，平面，则，又平面，因此平面，又平面，所以平面平面.  （2）连接，作于，由（1）知平面，平面，则，而平面，则平面，显然，，则，而，于是≌，因此，所以点到平面的距离为.【考点4：面面垂直的判定与性质】【知识点：面面垂直的判定与性质】平面与平面垂直的判定定理与性质定理：[方法技巧]　 面面垂直判定的两种方法与一个转化1．（2024高一下·全国·专题练习）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直性质、面面垂直的判定推理判断B.【详解】对于A，在长方体中，平面，平面分别为，分别为直线，显然，而平面平面，A错误；对于B，由，知存在过的平面与相交，令交线为，则，而，于是，，B正确；对于C，在长方体中，平面，平面分别为，分别为直线，显然，而平面平面，C错误；对于D，在长方体中，平面，平面分别为，分别为直线，显然，而平面平面，D错误.故选：B2．（2024高一下·全国·专题练习）在空间四边形中，，那么必有（    ）A．平面⊥平面B．平面⊥平面C．平面⊥平面D．平面⊥平面【答案】C【分析】由面面垂直的判定定理判断．【详解】在空间四边形中，,又由,且面，平面，平面，所以平面，又因为平面,所以平面⊥平面，故选：C.3．（2024高一下·全国·专题练习）如图，是圆O的直径，垂直圆O所在的平面，点C是圆上的任意一点，图中有（    ）对平面与平面垂直.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据面面垂直的判定定理进行证明判断．【详解】由⊥平面，平面，∴平面⊥平面，同理，平面⊥平面.由⊥平面，平面，得，又，且，∴平面，由平面，从而平面⊥平面，故图中相互垂直的平面有3对．故选：C．4．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四边形ABCD中，，，，，将沿BD折起，使平面平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面为 写出满足条件的所有平面【答案】平面ABD，平面ABC【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题．直接由面面垂直的判定判断平面ABD，平面ABC与平面ACD垂直，再由反证法证明平面BCD与平面ACD不垂直．【详解】如图，在四边形ABCD中，，，，，可得，即平面平面BCD，且平面平面，，平面BCD，平面ABD，平面ACD，则平面平面ABD；又平面ABD，则，又，，平面ADC，平面ADC，平面ADC，又平面ABC，平面平面假设平面平面BCD，，且平面平面，平面BCD，平面ACD，平面ACD，则，与矛盾；在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面有：平面ABD，平面故答案为：平面ABD，平面5．（2024高三·全国·专题练习）已知A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴运动，则当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝ ．【答案】2【详解】取AB的中点E，连接DE，CE（图略）.由题意知DE⊥AB，当平面ADB⊥平面ABC时，平面ADB∩平面ABC＝AB，DE⊂平面ADB，则DE⊥平面ABC.因为CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE.由已知可得DE＝，CE＝1，所以在Rt△DEC中，CD＝＝2.6．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，．证明：平面平面；【答案】证明见解析【分析】根据正方形的性质，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可.【详解】连接，与相交于点，连接，四边形ABCD是边长为2的正方形，则，为和的中点，，则，平面，，平面，又因为平面，所以平面平面.7．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，，，，平面平面．证明：；【答案】证明见解析【分析】取BC中点，连接，则四边形为正方形，故可证，结合面面垂直有平面，故可证.【详解】取BC中点，连接，则，又，，所以四边形为正方形，则，且，又在中，，则，所以，即．又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又面，所以．8．（2024高三·全国·专题练习）在三棱柱中，平面平面ABC，，，D为AC的中点．求证：平面平面.  【答案】证明见解析【分析】依题意可取的中点，连接，利用棱长可证明，再由面面垂直性质可得平面，根据面面垂直判定定理可得出证明.【详解】取的中点，连接，如下图所示：  由题意可知为等边三角形，则，且，可得，因为平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC，由平面ABC，可得，又因为，，平面，可得平面，且平面，所以平面平面.9．（2024高三·全国·专题练习）在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′ABD.当C′D＝时，求证：平面C′AB⊥平面DAB.　　【答案】证明见解析【详解】证明：当C′D＝时，取AB的中点O，连接C′O，DO(图略)，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1.因为C′D＝，所以C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD.因为△CAB是等腰直角三角形，所以C′O⊥AB.又AB∩OD＝O，AB，OD⊂平面ABD，所以C′O⊥平面ABD.因为C′O⊂平面C′AB，所以平面C′AB⊥平面DAB.【考查意图】折叠问题中面面垂直的证明．10．（2024·宁夏固原·一模）如图，在四棱锥中，底面四边形为矩形，，，，，(1)求证：平面平面；(2)若点为的中点，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1），取中点连接，，可证得，，即可证得平面，进而证得结果.（2）由为的中点，可知到面的距离为到面的距离的一半，则，计算可得结果.【详解】（1）因为，取中点连接，所以，因为，所以，连接，，，底面四边形为矩形，所以，，在中，，，，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为为的中点，所以到面的距离为到面的距离的一半，.文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)l∥a，a⊂α，l⊄α⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)l∥α，l⊂β，α∩β＝b⇒l∥b文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b)) ⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α两种方法(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)一个转化在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直