专题五 立体几何
1 空间位置关系的证明
基础打底
1．(人A必二P139练习3改编)下列说法正确的是( D )
A．如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b
D．如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b α，那么b∥α
2．设α，β是两个不重合的平面，l是一条直线，则下列说法正确的是( C )
A．若l⊥α，α⊥β，则l β B．若l∥α，α∥β，则l β
C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
3．已知空间A，B，C，D四点共面，但任意三点不共线，若P为该平面外一点且=－x－，则实数x的值为( C )
A．－ B．－
C． D．
【解析】 因为空间A，B，C，D四点共面，但任意三点不共线，则可设=m＋n．因为点P在该平面外，所以－=m(－)＋n(－)，即(m＋n－1)=－＋m＋n，则=＋＋，又=－x－，所以解得m=n=，x=．
4．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，若F是侧面B1BCC1内的动点，且A1F∥平面AD1E，则下列说法正确的是( ACD )
A．A1F可能与B1E相交 B．A1F与D1E不可能平行
C．A1F与BE是异面直线 D．三棱锥F－AC1D1的体积为定值
【解析】 如图，分别取BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，A1M，A1N，BC1．由三角形中位线及正方体的性质可得MN∥BC1∥AD1，A1M∥D1E．又AD1 平面AD1E，MN 平面AD1E，所以MN∥平面AD1E．同理可得A1M∥平面AD1E．因为A1M MN=M，A1M，MN 平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AD1E．又因为A1F∥平面AD1E，所以点F的轨迹是线段MN．对于A，连接B1E交MN于点P，当F在点P处时，A1F与B1E相交，故A正确；对于B，当F为BB1的中点M时，A1F∥D1E，故B错误；对于C，假设A1F与BE不是异面直线，则两直线相交，由A1F BF=F，BE BF=B，则A1F与BF可确定平面A1BF，BE与BF可确定平面BB1C1C，而两平面不同，这与三条两两相交不共点的直线确定一个平面矛盾，假设不成立，可得A1F与BE是异面直线，故C正确；对于D，因为MN∥BC1∥AD1，MN 平面AC1D1，AD1 平面AC1D1，所以MN∥平面AC1D1，三棱锥F－AC1D1的高h为点F到平面AC1D1的距离，而点F在线段MN上运动，则h为点M到平面AC1D1的距离，为定值，又底面三角形AC1D1的面积为定值，可得三棱锥F－AC1D1的体积为定值，故D正确．
强技提能
平行、垂直关系的直接证明
例1 如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=4，AE=2，EF=1．
(1) 求证：BC⊥AF；
【解答】 因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF．因为EA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EA⊥BC．由已知得AB⊥BC且EA AB=A，EA，AB 平面EABF，所以BC⊥平面EABF．又AF 平面EABF，所以BC⊥AF．
(2) 若点M在线段AC上，且满足CM=CA，求证：EM∥平面FBC；
【解答】 如图，过点M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB．又CM=AC，所以MN=AB．又EF∥AB且EF=AB，所以EF∥MN且EF=MN，所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM∥FN．又FN 平面FBC，EM 平面FBC，所以EM∥平面FBC．
(3) 求证：AF⊥平面EBC．
【解答】 由(1)可知，AF⊥BC．在四边形ABFE中，AB=4，AE=2，EF=1，∠BAE=∠AEF=90°，所以tan ∠EBA=tan ∠FAE=，则∠EBA=∠FAE．设AF BE=P．因为∠PAE＋∠PAB=90°，所以∠PBA＋∠PAB=90°，则∠APB=90°，即EB⊥AF．又EB BC=B，EB，BC 平面EBC，所以AF⊥平面EBC．
变式1 如图，在四棱锥A－BCDE中，BE∥CD，BE⊥BC，AB=AC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．
(1) 若N是线段AE的中点，求证：MN∥平面ACD；
【解答】 如图(1)，取AB的中点P，连接PM，PN．因为N，P分别是AE，AB的中点，所以NP∥BE，又因为BE∥CD，所以NP∥CD．又NP 平面ACD，CD 平面ACD，所以NP∥平面ACD．同理，因为M，P分别是BC，AB的中点，所以MP∥AC．又MP 平面ACD，AC 平面ACD，所以MP∥平面ACD．又MP NP=P，MP，NP 平面MPN，所以平面MPN∥平面ACD．又MN 平面MPN，所以MN∥平面ACD．
图(1)
(2) 若BE=1，BC=2，CD=3，求证：DE⊥平面AME．
【解答】 如图(2)，连接AM，DM，EM．由AB=AC，M为BC的中点，得AM⊥BC．又平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE 平面ABC=BC，AM 平面ABC，所以AM⊥平面BCDE．又DE 平面BCDE，所以AM⊥DE．在Rt△EBM中，BE=1，BM=BC=1，由勾股定理得EM=．在Rt△DCM中，CD=3，CM=BC=1，由勾股定理得DM=．在直角梯形BCDE中，由平面几何知识计算得DE===2，所以EM2＋DE2=DM2，所以EM⊥DE．又AM EM=M，AM，EM 平面AME，所以DE⊥平面AME．
图(2)
平行、垂直关系的探究性问题
例2 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AA1，D为AB的中点．
(1) 求证：AB⊥平面CC1D．
【解答】 由正三棱柱的定义可知△ABC是等边三角形，CC1⊥平面ABC．因为AB 平面ABC，所以CC1⊥AB．因为△ABC是等边三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB．因为CC1，CD 平面CC1D，且CC1 CD=C，所以AB⊥平面CC1D．
(2) 求异面直线BC1与CD所成角的余弦值．
【解答】 如图，取A1B1的中点D1，连接C1D1，BD1，则CD∥C1D1，则∠BC1D1是异面直线BC1与CD所成的角或补角．设AA1=2，则AB=2，C1D1=3，BC1=4，BD1=，故cos∠BC1D1===，即异面直线BC1与CD所成角的余弦值为．
(3) 在C1D上是否存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解答】 在△CC1D中，作CE⊥C1D，垂足为E．因为CE 平面CC1D，且AB⊥平面CC1D，所以AB⊥CE．因为AB，C1D 平面ABC1，且AB C1D=D，所以CE⊥平面ABC1．因为CE 平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABC1．设AA1=2，则C1C=2，CD=3，故C1D=．因为S△CC1D=CD·CC1=C1D·CE，所以CE=，则C1E==，ED=C1D－C1E=，所以=．故在C1D上存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1，此时=．
变式2 如图，在四棱锥P－ABCD中，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC∥AB，DA=DC=2AB．
(1) 求异面直线PC和AB所成角的大小；
【解答】 因为DC∥AB，所以异面直线PC和AB所成角为PC和CD所成角，即∠PCD．因为△PAD是正三角形，DA=DC=2AB，所以PD=CD．因为AB⊥平面PAD，DC∥AB，所以DC⊥平面PAD．又PD 平面PAD，所以DC⊥PD，所以△PDC是等腰直角三角形，所以∠PCD=，即异面直线PC和AB所成的角为．
(2) 若E为棱PA上一点，且OE∥平面PBC，求的值；
【解答】 因为OE∥平面PBC，OE 平面PAC，平面PAC 平面PBC=PC，所以OE∥PC，所以=．因为DC∥AB，DC=2AB，所以==，所以=．
(3) 求证：平面PBC⊥平面PDC．
【解答】 如图，取PC的中点F，连接FB，FD．因为△PAD是正三角形，DA=DC，所以DP=DC．因为F是PC的中点，所以DF⊥PC．因为AB⊥平面PAD，PA，AD，PD 平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD．因为DC∥AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA．设AB=a，则在等腰直角三角形PCD中，DF=PF=a．在Rt△PAB中，PB=a，在直角梯形ABCD中，BD=BC=a．因为BC=PB=a，F为PC的中点，所以PC⊥FB．在Rt△PFB中，FB=a．在△FDB中，由DF=a，FB=a，BD=a，可知DF2＋FB2=BD2，所以FB⊥DF．由DF⊥PC，DF⊥FB，PC FB=F，PC，FB 平面PBC，知DF⊥平面PBC．又DF 平面PCD，所以平面PBC⊥平面PDC．
基底法在位置关系证明中的应用
例3 如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=AA1，CN=CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°．
(1) 求证：D，M，B1，N四点共面；
【解答】 因为=－=－，=－=－，所以=，所以D，M，B1，N四点共面．
(2) 当为何值时，AC1⊥A1B．
【解答】 当=1时，AC1⊥A1B．设=c，=b，=a．因为底面ABCD为菱形，所以当=1时，|a|=|b|=|c|．因为=＋＋=a＋b＋c，=－=a－c，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°，所以=(a＋b＋c)·(a－c)=a2＋a·b－b·c－c2=0，所以AC1⊥A1B．
证明四点(M，P，A，B)共面的方法：
方法一：四个点组成的线段中有两条互相平行；
方法二：基底法：①=x＋y；
②对空间任一点O，=＋x＋y；
③对空间任一点O，=x＋y＋(1－x－y)．
变式3 (1) 已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，过点B的平面分别交侧棱PC，PD，PA于点E，F，G，若PG=GA，PE=2EC，则=( B )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，设=m(m≥1)，则=＋=＋=＋－=2＋－m．又B，E，F，G四点共面，所以2＋－m=1，解得m=，所以=，=－=，得=．
(2) (多选)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠DAB=∠DAA1=∠BAA1=60°，AB=AD=AA1，点M，N分别是棱D1C1，C1B1的中点，则下列说法中正确的有( AD )
A．MN⊥AC1 B．向量，，共面
C．CA1⊥平面C1BD D．若AB=1，则该平行六面体的高为
【解析】 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，令=a，=b，=c，不妨令|a|=|b|=|c|=1，依题意，a·b=b·c=c·a=，=a＋b＋c，因点M，N分别是棱D1C1，C1B1的中点，则==(a－b)，=(a－b)·(a＋b＋c)=(a2－b2＋a·c－b·c)=0，故MN⊥AC1，A正确；=＋＋=a＋b＋c，若向量，，共面，则存在唯一实数对λ，μ使得=λ＋μ，即a＋b＋c=λb＋μc，而a，b，c不共面，则有1=0，显然不成立，B不正确；因为=－a－b＋c，=＋=－b－c，=(－a－b＋c)·(－b－c)=a·b＋a·c＋b2－c2=1，所以CA1与C1B不垂直，而C1B 平面C1BD，故CA1不垂直平面C1BD，C不正确；如图，连接A1B，A1D，依题意，A1B=A1D=BD=AA1=AB=AD，即四面体A1ABD是正四面体，因此，平行六面体的高等于点A1到平面ABD的距离，即正四面体A1ABD的高h．由=(a－c)·(a＋b＋c)=a2－c2＋a·b－c·b=0知AC1⊥A1B，由选项A知AC1⊥BD，而A1B BD=B，A1B，BD 平面A1BD，则AC1⊥平面A1BD，是平面A1BD的一个法向量，=a·(a＋b＋c)=2，||===，则h===，所以该平行六面体的高为，D正确．
配套热练
1．(2025·南京二模)设α是平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是( B )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
C．若m∥α，m∥n，则n∥α
D．若m，n与α所成的角相等，则m∥n
【解析】 对于A，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1∥平面ABCD，A1B1∥平面ABCD，A1D1与A1B1相交；A1D1∥平面ABCD，B1C1∥平面ABCD，A1D1与B1C1平行；A1C1∥平面ABCD，RS∥平面ABCD，A1C1与RS异面，故A错误．对于B，若n∥α，则存在直线l α，使n∥l．又m⊥α，所以m⊥l．由于n∥l，根据异面直线所成角的定义可知m⊥n，故B正确．对于C，若m∥α，m∥n，则n∥α或n α．例如，当n在平面α内时，也能满足m∥α且m∥n，故C错误．对于D，若m，n与α所成的角相等，则m与n可能平行、相交或异面．例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交，故D错误．
2．(2025·福州三模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则( D )
A．l∥AC1 B．l⊥AC1
C．l∥BD1 D．l⊥BD1
【解析】 如图，设N为BC的中点，连接MN，NC1．因为M为AB的中点，N为BC的中点，所以MN∥AC，又A1C1∥AC，所以A1C1∥MN，所以A1，M，N，C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN，则l即为MN所在直线，而MN与AC1是异面直线，即l与AC1是异面直线，故A错误．因为MN∥AC，而在Rt△ACC1中，∠ACC1=90°，所以AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即l与AC1不垂直，故B错误．因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC，又AC⊥BD，BD BB1=B，BD，BB1 平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1．又MN∥AC，所以MN⊥平面BDD1B1，即l⊥平面BDD1B1．因为BD1 平面BDD1B1，所以l⊥BD1，故C错误，D正确．
3．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，H为CC1的中点，=λ，λ∈(0，1)，若B，D，C1，F四点共面，则λ=( D )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，由平行六面体的特征可得=＋＋=＋＋，则=λ=λ＋λ＋，所以=＋=＋λ＋λ＋=(λ－1)＋λ＋．又=－，=＋=＋，且B，D，C1，F四点共面，所以存在实数x，y，使=x＋y=x(＋)＋y(－)=－y＋(x＋y)＋x，所以解得λ=．
4．(2025·汕头一模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，=2，=2，=－3，=－3，则下列两个平面的位置关系中成立的是( C )
A．平面EFGH∥平面A1AC B．平面EFGH∥平面A1C1D
C．平面EFGH⊥平面BDD1 D．平面EFGH⊥平面A1BD
【解析】 如图(1)，根据向量知识可得E，F分别为AB，BC的中点，H，G分别为A1B1，B1C1靠近B1的三等分点，由AA1与EH相交知，A错误．因为AC∥A1C1，AC 平面B1AC，A1C1 平面B1AC，所以A1C1∥平面B1AC，同理可得A1D∥平面B1AC，又A1C1 A1D=A1，且A1C1，A1D 平面A1C1D，则平面A1C1D∥平面B1AC．若平面EFGH∥平面A1C1D，则平面EFGH∥平面B1AC，这与它们相交矛盾，B错误．如图(2)，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC．因为AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD BB1=B，BD，BB1 平面BDD1，所以AC⊥平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1，又EF 平面EFGH，所以平面EFGH⊥平面BDD1，C正确．如图(3)，连接A1D，A1B，AD1，AC1，则A1D⊥AD1，又A1D⊥C1D1，且AD1 C1D1=D1，AD1，C1D1 平面AC1D1，所以A1D⊥平面AC1D1，又AC1 平面AC1D1，所以A1D⊥AC1，同理可得BD⊥AC1．又BD A1D=D，BD，A1D 平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD．若平面EFGH⊥平面A1BD，注意到AC1 平面EFGH，则AC1∥平面EFGH．又AC∥平面EFGH，且AC AC1=A，AC，AC1 平面ACC1，所以平面ACC1∥平面EFGH，这和CC1与GF相交矛盾，D错误．
图(1)
图(2)
图(3)
5．(2025·全国Ⅰ卷)(多选)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，则( BD )
A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
【解析】 如图，对于A，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又AD 平面ABC，所以AA1⊥AD，则A1A·=0．因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，所以AD⊥BC，则=0．又A1C=A1A＋＋，所以A1C·=(A1A＋＋)·=A1A·＋2＋=2≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误．对于B，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，因为AA1⊥平面ABC，且BC 平面ABC，所以AA1⊥BC．又AD⊥BC，AA1 AD=A，AA1，AD 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，故B正确．对于C，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，AA1 平面AA1D，CC1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．
6．(2025·厦门四模)(多选)如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD－A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P－ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则( BCD )
A．A′O⊥AB B．A′O∥平面APD
C．平面AA′P⊥平面BDP D．CC′与A′P为相交直线
【解析】 对于A，设正方形ABCD的边长为2，由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD，故PO=AA′=1．因为A′A⊥平面ABCD，故A′O在底面的射影为AO，又AO不与AB垂直，故A′O不与AB垂直，故A不正确；对于B，由题知PO∥AA′且PO=AA′，故四边形POA′A是平行四边形，所以A′O∥AP．又A′O 平面APD，AP 平面APD，所以A′O∥平面APD，故B正确；对于C，因为PO∥CC′∥AA′，O∈平面CC′A′A，所以PO 平面CC′A′A，平面AA′P即为平面CC′A′A．因为A′A⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以A′A⊥BD．又因为BD⊥AC，A′A AC=A，A′A，AC 平面CC′A′A，所以BD⊥平面CC′A′A．又BD 平面BDP，所以平面BDP⊥平面CC′A′A，即平面AA′P⊥平面BDP，故C正确；对于D，由C可知CC′与A′P都在平面CC′A′A中且不平行，故CC′与A′P为相交直线，故D正确．
7．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC，E是棱PD的中点，设PC 平面ABE=F，则=____．
【解析】 选择作为基底，则=＋＋=＋＋，=＋．由题知点F在平面ABE内，即与，共面，可得=m＋n，又由E是PD的中点，可得=＋，代换可得=＋m＋n．因为与共线，所以=λ，可得=λ＋λ＋，即解得λ=m=n=．故=．
8．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1=B1A1，D，M分别为A1B1，AA1的中点．
(1) 求证：A1C∥平面BDC1；
【解答】 如图，连接CB1，交BC1于点E，连接DE．由题意易知E是B1C的中点，又D为A1B1的中点，所以DE∥A1C．又DE 平面BDC1，A1C 平面BDC1，所以A1C∥平面BDC1．
(2) 求证：MB1⊥平面BDC1．
【解答】 由AA1=B1A1，D，M分别为A1B1，AA1的中点，得MA1=DB1，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1=B1B，且∠MA1B1=∠DB1B=90°，则△MA1B1≌△DB1B，所以∠MB1A1=∠DBB1，所以∠MB1A1＋∠BB1M=∠DBB1＋∠BB1M=90°，则BD⊥MB1．由△A1B1C1为正三角形，D为A1B1的中点，得C1D⊥A1B1．而平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，平面A1B1C1 平面ABB1A1=A1B1，C1D 平面A1B1C1，所以C1D⊥平面ABB1A1．又MB1 平面ABB1A1，所以C1D⊥MB1．因为BD C1D=D，BD，C1D 平面BDC1，所以MB1⊥平面BDC1．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF=2FB，E为PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC．
【解答】 如图，连接BD交AC于点O，连接EO．因为底面ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB．因为EO 平面AEC，PB 平面AEC，所以PB∥平面AEC．
(2) 过点F作平面FHG∥平面AEC交PA于点H，交PC于点G．
①求证：HG∥AC；
②求的值．
【解答】 ①因为平面FHG∥平面AEC，平面PAC 平面FHG=HG，平面PAC 平面AEC=AC，由面面平行的性质定理可得HG∥AC．
②当H为PA的三等分点且=时，有平面FHG∥平面AEC．证明如下：因为F为AB上的点，且AF=2FB，所以在△PAB中，==，所以HF∥PB．由(1)知PB∥平面AEC，因为HF 平面AEC，所以HF∥平面AEC．由①可知HG∥AC，因为HG 平面AEC，AC 平面AEC，所以HG∥平面AEC．因为HF HG=H，HF，HG 平面FHG，所以平面FHG∥平面AEC．故=．
10．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(A1与C不重合)，连接A1C，A1B，如图(2)．
图(1)
图(2)
(1) 求证：平面A1DE⊥平面A1CD．
【解答】因为在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE⊥DC，DE⊥DA．将△ADE翻折到△A1DE的位置后，即DE⊥DC，DE⊥DA1．因为DC DA1=D，DC，DA1 平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD．又DE 平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面A1CD．
(2) 若平面A1DE与平面A1CB交于过点A1的直线m，求证：DE∥m．
【解答】因为在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥CB．因为CB 平面A1CB，DE 平面A1CB，所以DE∥平面A1CB．又DE 平面A1DE，且平面A1DE 平面A1CB=m，所以DE∥m．
(3) 线段A1B上是否存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由．
【解答】线段A1B上存在点Q为A1B的中点时，使得A1C⊥平面DEQ．证明如下：如图，取A1C的中点M，连接DM，MQ，QE．由(1)可知DE⊥平面A1CD，因为A1C 平面A1CD，所以A1C⊥DE．因为D为AC的中点，所以DA1=DC，即△DA1C为等腰三角形，所以DM⊥A1C．因为DE DM=D，DE，DM 平面DEM，所以A1C⊥平面DEM．因为Q为A1B的中点，即MQ∥CB∥DE，所以D，E，Q，M四点在同一个平面上，所以A1C⊥平面DEQ．
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1 空间位置关系的证明
基础打底
1．(人A必二P139练习3改编)下列说法正确的是( )
A．如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b
D．如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b α，那么b∥α
2．设α，β是两个不重合的平面，l是一条直线，则下列说法正确的是( )
A．若l⊥α，α⊥β，则l β B．若l∥α，α∥β，则l β
C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
3．已知空间A，B，C，D四点共面，但任意三点不共线，若P为该平面外一点且=－x－，则实数x的值为( )
A．－ B．－
C． D．
4．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，若F是侧面B1BCC1内的动点，且A1F∥平面AD1E，则下列说法正确的是( )
A．A1F可能与B1E相交 B．A1F与D1E不可能平行
C．A1F与BE是异面直线 D．三棱锥F－AC1D1的体积为定值
强技提能
平行、垂直关系的直接证明
例1 如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=4，AE=2，EF=1．
(1) 求证：BC⊥AF；
(2) 若点M在线段AC上，且满足CM=CA，求证：EM∥平面FBC；
(3) 求证：AF⊥平面EBC．
变式1 如图，在四棱锥A－BCDE中，BE∥CD，BE⊥BC，AB=AC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．
(1) 若N是线段AE的中点，求证：MN∥平面ACD；
(2) 若BE=1，BC=2，CD=3，求证：DE⊥平面AME．
平行、垂直关系的探究性问题
例2 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AA1，D为AB的中点．
(1) 求证：AB⊥平面CC1D．
(2) 求异面直线BC1与CD所成角的余弦值．
(3) 在C1D上是否存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
变式2 如图，在四棱锥P－ABCD中，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC∥AB，DA=DC=2AB．
(1) 求异面直线PC和AB所成角的大小；
(2) 若E为棱PA上一点，且OE∥平面PBC，求的值；
(3) 求证：平面PBC⊥平面PDC．
基底法在位置关系证明中的应用
例3 如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=AA1，CN=CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°．
(1) 求证：D，M，B1，N四点共面；
(2) 当为何值时，AC1⊥A1B．
证明四点(M，P，A，B)共面的方法：
方法一：四个点组成的线段中有两条互相平行；
方法二：基底法：①=x＋y；
②对空间任一点O，=＋x＋y；
③对空间任一点O，=x＋y＋(1－x－y)．
变式3 (1) 已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，过点B的平面分别交侧棱PC，PD，PA于点E，F，G，若PG=GA，PE=2EC，则=( )
A． B．
C． D．
(2) (多选)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠DAB=∠DAA1=∠BAA1=60°，AB=AD=AA1，点M，N分别是棱D1C1，C1B1的中点，则下列说法中正确的有( )
A．MN⊥AC1 B．向量，，共面
C．CA1⊥平面C1BD D．若AB=1，则该平行六面体的高为
配套热练
1．(2025·南京二模)设α是平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
C．若m∥α，m∥n，则n∥α
D．若m，n与α所成的角相等，则m∥n
2．(2025·福州三模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则( )
A．l∥AC1 B．l⊥AC1
C．l∥BD1 D．l⊥BD1
3．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，H为CC1的中点，=λ，λ∈(0，1)，若B，D，C1，F四点共面，则λ=( )
A． B．
C． D．
4．(2025·汕头一模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，=2，=2，=－3，=－3，则下列两个平面的位置关系中成立的是( )
A．平面EFGH∥平面A1AC B．平面EFGH∥平面A1C1D
C．平面EFGH⊥平面BDD1 D．平面EFGH⊥平面A1BD
5．(2025·全国Ⅰ卷)(多选)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，则( )
A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
6．(2025·厦门四模)(多选)如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD－A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P－ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则( )
A．A′O⊥AB B．A′O∥平面APD
C．平面AA′P⊥平面BDP D．CC′与A′P为相交直线
7．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC，E是棱PD的中点，设PC 平面ABE=F，则=___．
8．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1=B1A1，D，M分别为A1B1，AA1的中点．
(1) 求证：A1C∥平面BDC1；
(2) 求证：MB1⊥平面BDC1．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF=2FB，E为PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC．
(2) 过点F作平面FHG∥平面AEC交PA于点H，交PC于点G．
①求证：HG∥AC；
②求的值．
10．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(A1与C不重合)，连接A1C，A1B，如图(2)．
图(1)
图(2)
(1) 求证：平面A1DE⊥平面A1CD．
(2) 若平面A1DE与平面A1CB交于过点A1的直线m，求证：DE∥m．
(3) 线段A1B上是否存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由．
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专题五
1 空间位置关系的证明
立体几何
基础打底
1．(人A必二P139练习3改编)下列说法正确的是 ( )
A．如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b
D．如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b α，那么b∥α
D
2．设α，β是两个不重合的平面，l是一条直线，则下列说法正确的是 ( )
A．若l⊥α，α⊥β，则l β B．若l∥α，α∥β，则l β
C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
C
【解析】
【答案】C
4．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，若F是侧面B1BCC1内的动点，且A1F∥平面AD1E，则下列说法正确的是 ( )
A．A1F可能与B1E相交
B．A1F与D1E不可能平行
C．A1F与BE是异面直线
D．三棱锥F－AC1D1的体积为定值
【解析】
如图，分别取BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，A1M，A1N，BC1．
由三角形中位线及正方体的性质可得MN∥BC1∥AD1，A1M∥ D1E．又AD1 平面AD1E，MN 平面AD1E，所以MN∥平面AD1E．
同理可得A1M∥平面AD1E．
因为A1M MN＝M，A1M，MN 平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AD1E．
又因为A1F∥平面AD1E，所以点F的轨迹是线段MN．
对于A，连接B1E交MN于点P，当F在点P处时，A1F与B1E相交，故A正确；
对于B，当F为BB1的中点M时，A1F∥D1E，故B错误；
对于C，假设A1F与BE不是异面直线，则两直线相交，由A1F BF＝F，BE BF＝B，则A1F与BF可确定平面A1BF，BE与BF可确定平面BB1C1C，而两平面不同，这与三条两两相交不共点的直线确定一个平面矛盾，假设不成立，可得A1F与BE是异面直线，故C正确；
【答案】 ACD
对于D，因为MN∥BC1∥AD1，MN 平面AC1D1，AD1 平面AC1D1，所以MN∥平面AC1D1，三棱锥F－AC1D1的高h为点F到平面AC1D1的距离，而点F在线段MN上运动，则h为点M到平面AC1D1的距离，为定值，又底面三角形AC1D1的面积为定值，可得三棱锥F－AC1D1的体积为定值，故D正确．
强技提能
目标
1
平行、垂直关系的直接证明
如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥ AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1．
(1) 求证：BC⊥AF；
1
【解答】
因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF．
因为EA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EA⊥BC．
由已知得AB⊥BC且EA AB＝A，EA，AB 平面EABF，所以BC⊥平面EABF．
又AF 平面EABF，所以BC⊥AF．
如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1．
1
【解答】
如图，过点M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB．
如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1．
(3) 求证：AF⊥平面EBC．
1
【解答】
变式1 如图，在四棱锥A－BCDE中，BE∥CD，BE⊥BC，AB＝AC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．
(1) 若N是线段AE的中点，求证：MN∥平面ACD；
【解答】
如图(1)，取AB的中点P，连接PM，PN．
因为N，P分别是AE，AB的中点，所以NP∥BE，又因为BE∥ CD，所以NP∥CD．又NP 平面ACD，CD 平面ACD，所以NP∥平面ACD．
同理，因为M，P分别是BC，AB的中点，所以MP∥AC．又MP 平面ACD，AC 平面ACD，所以MP∥平面ACD．
又MP NP＝P，MP，NP 平面MPN，所以平面MPN∥平面ACD．又MN 平面MPN，所以MN∥平面ACD．
图(1)
变式1 如图，在四棱锥A－BCDE中，BE∥CD，BE⊥BC，AB＝AC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．
(2) 若BE＝1，BC＝2，CD＝3，求证：DE⊥平面AME．
【解答】
如图(2)，连接AM，DM，EM．
由AB＝AC，M为BC的中点，得AM⊥BC．又平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE 平面ABC＝BC，AM 平面ABC，所以AM⊥平面BCDE．又DE 平面BCDE，所以AM⊥DE．
图(2)
目标
2
平行、垂直关系的探究性问题
2
【解答】
由正三棱柱的定义可知△ABC是等边三角形，CC1⊥平面ABC．
因为AB 平面ABC，所以CC1⊥AB．
因为△ABC是等边三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB．
因为CC1，CD 平面CC1D，且CC1 CD＝C，所以AB⊥平面CC1D．
2
【解答】
2
【解答】
在△CC1D中，作CE⊥C1D，垂足为E．
因为CE 平面CC1D，且AB⊥平面CC1D，所以AB⊥CE．因为AB，C1D 平面ABC1，且AB C1D＝D，所以CE⊥平面ABC1．因为CE 平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABC1．
变式2 如图，在四棱锥P－ABCD中，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC∥AB，DA＝DC＝2AB．
(1) 求异面直线PC和AB所成角的大小；
【解答】
【解答】
变式2 如图，在四棱锥P－ABCD中，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC∥AB，DA＝DC＝2AB．
(3) 求证：平面PBC⊥平面PDC．
【解答】
如图，取PC的中点F，连接FB，FD．
因为△PAD是正三角形，DA＝DC，所以DP＝DC．
因为F是PC的中点，所以DF⊥PC．因为AB⊥平面PAD，PA，AD，PD 平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD．因为DC∥AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA．
4
【解答】
基底法在位置关系证明中的应用
新视角
4
【解答】
【解析】
B
【解析】
【答案】 AD
热练
1．(2025 南京二模)设α是平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是 ( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
C．若m∥α，m∥n，则n∥α D．若m，n与α所成的角相等，则m∥n
【解析】
对于A，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1∥平面ABCD，A1B1∥平面ABCD，A1D1与A1B1相交；A1D1∥平面ABCD，B1C1∥平面ABCD，A1D1与B1C1平行；A1C1∥平面ABCD，RS∥平面ABCD，A1C1与RS异面，故A错误．
对于B，若n∥α，则存在直线l α，使n∥l．又m⊥α，所以m⊥l．由于n∥l，根据异面直线所成角的定义可知m⊥n，故B正确．
对于C，若m∥α，m∥n，则n∥α或n α．例如，当n在平面α内时，也能满足m∥α且m∥n，故C错误．
【答案】B
对于D，若m，n与α所成的角相等，则m与n可能平行、相交或异面．例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交，故D错误．
2．(2025 福州三模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则 ( )
A．l∥AC1 B．l⊥AC1
C．l∥BD1 D．l⊥BD1
【解析】
如图，设N为BC的中点，连接MN，NC1．因为M为AB的中点，N为BC的中点，所以MN∥AC，又A1C1∥AC，所以A1C1∥MN，所以A1，M，N，C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN，则l即为MN所在直线，而MN与AC1是异面直线，即l与AC1是异面直线，故A错误．
因为MN∥AC，而在Rt△ACC1中，∠ACC1＝90°，所以AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即l与AC1不垂直，故B错误．
因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC，又AC⊥BD，BD BB1＝B，BD，BB1 平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1．又MN∥AC，所以MN⊥平面BDD1B1，即l⊥平面BDD1B1．因为BD1 平面BDD1B1，所以l⊥BD1，故C错误，D正确．
【答案】 D
【解析】
【答案】 D
【解析】
如图(1)，根据向量知识可得E，F分别为AB，BC的中点，H，G分别为A1B1，B1C1靠近B1的三等分点，由AA1与EH相交知，A错误．
因为AC∥A1C1，AC 平面B1AC，A1C1 平面B1AC，所以A1C1∥平面B1AC，同理可得A1D∥平面B1AC，又A1C1 A1D＝A1，且A1C1，A1D 平面A1C1D，则平面A1C1D∥平面B1AC．若平面EFGH∥平面A1C1D，则平面EFGH∥平面B1AC，这与它们相交矛盾，B错误．
图(1)
如图(2)，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC．因为AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD BB1＝B，BD，BB1 平面BDD1，所以AC⊥平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1，又EF 平面EFGH，所以平面EFGH⊥平面BDD1，C正确．
图(2)
如图(3)，连接A1D，A1B，AD1，AC1，则A1D⊥AD1，又A1D⊥ C1D1，且AD1 C1D1＝D1，AD1，C1D1 平面AC1D1，所以A1D⊥平面AC1D1，又AC1 平面AC1D1，所以A1D⊥AC1，同理可得BD⊥AC1．又BD A1D＝D，BD，A1D 平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD．若平面EFGH⊥平面A1BD，注意到AC1 平面EFGH，则AC1∥平面EFGH．又AC∥平面EFGH，且AC AC1 ＝A，AC，AC1 平面ACC1，所以平面ACC1∥平面EFGH，这和CC1与GF相交矛盾，D错误．
图(3)
【答案】 C
5．(2025 全国Ⅰ卷)(多选)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，则 ( )
A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
【解析】
对于B，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，因为AA1⊥平面ABC，且BC 平面ABC，所以AA1⊥BC．又AD⊥BC，AA1 AD＝A，AA1，AD 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，故B正确．
对于C，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，AA1 平面AA1D，CC1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．
【答案】 BD
6．(2025 厦门四模)(多选)如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD－A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥P－ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则 ( )
A．A′O⊥AB
B．A′O∥平面APD
C．平面AA′P⊥平面BDP
D．CC′与A′P为相交直线
【解析】
对于A，设正方形ABCD的边长为2，由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD，故PO＝AA′＝1．因为A′A⊥平面ABCD，故A′O在底面的射影为AO，又AO不与AB垂直，故A′O不与AB垂直，故A不正确；
对于B，由题知PO∥AA′且PO＝AA′，故四边形POA′A是平行四边形，所以A′O∥AP. 又A′O 平面APD，AP 平面APD，所以A′O∥平面APD，故B正确；
对于C，因为PO∥CC′∥AA′，O∈平面CC′A′A，所以PO 平面CC′A′A，平面AA′P即为平面CC′A′A．因为A′A⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以A′A⊥BD．又因为BD ⊥AC，A′A AC＝A，A′A，AC 平面CC′A′A，所以BD⊥平面CC′A′A．又BD 平面BDP，所以平面BDP⊥平面CC′A′A，即平面AA′P⊥平面BDP，故C正确；
对于D，由C可知CC′与A′P都在平面CC′A′A中且不平行，故CC′与A′P为相交直线，故D正确．
【答案】 BCD
【解析】
8．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝B1A1，D，M分别为A1B1，AA1的中点．
(1) 求证：A1C∥平面BDC1；
【解答】
如图，连接CB1，交BC1于点E，连接DE．由题意易知E是B1C的中点，又D为A1B1的中点，所以DE∥A1C．又DE 平面BDC1，A1C 平面BDC1，所以A1C∥平面BDC1．
8．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝B1A1，D，M分别为A1B1，AA1的中点．
(2) 求证：MB1⊥平面BDC1．
【解答】
由AA1＝B1A1，D，M分别为A1B1，AA1的中点，得MA1＝DB1，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝B1B，且∠MA1B1＝∠DB1B＝90°，则△MA1B1≌△DB1B，所以∠MB1A1＝∠DBB1，所以∠MB1A1＋∠BB1M＝∠DBB1＋∠BB1M＝90°，则BD⊥MB1．
由△A1B1C1为正三角形，D为A1B1的中点，得C1D⊥A1B1．而平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，平面A1B1C1 平面ABB1A1＝A1B1，C1D 平面A1B1C1，所以C1D⊥平面ABB1A1．又MB1 平面ABB1A1，所以C1D⊥MB1．
因为BD C1D＝D，BD，C1D 平面BDC1，所以MB1⊥平面BDC1．
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF＝2FB，E为PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC．
【解答】
如图，连接BD交AC于点O，连接EO．因为底面ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB．
因为EO 平面AEC，PB 平面AEC，所以PB∥平面AEC．
【解答】
10．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(A1与C不重合)，连接A1C，A1B，如图(2)．
(1) 求证：平面A1DE⊥平面A1CD．
【解答】
因为在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE⊥DC，DE⊥ DA．将△ADE翻折到△A1DE的位置后，即DE⊥DC，DE⊥DA1．
因为DC DA1＝D，DC，DA1 平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD．又DE 平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面A1CD．
图(1)
图(2)
10．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(A1与C不重合)，连接A1C，A1B，如图(2)．
(2) 若平面A1DE与平面A1CB交于过点A1的直线m，求证：DE∥m．
【解答】
因为在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥CB．因为CB 平面A1CB，DE 平面A1CB，所以DE∥平面A1CB．
又DE 平面A1DE，且平面A1DE 平面A1CB＝m，所以DE∥m．
图(1)
图(2)
10．如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(A1与C不重合)，连接A1C，A1B，如图(2)．
(3) 线段A1B上是否存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由．
图(1)
图(2)
【解答】
线段A1B上存在点Q为A1B的中点时，使得A1C⊥平面DEQ．
证明如下：如图，取A1C的中点M，连接DM，MQ，QE．由(1)可知DE⊥平面A1CD，因为A1C 平面A1CD，所以A1C⊥DE．
因为D为AC的中点，所以DA1＝DC，即△DA1C为等腰三角形，所以DM⊥A1C．
因为DE DM＝D，DE，DM 平面DEM，所以A1C⊥平面DEM．
因为Q为A1B的中点，即MQ∥CB∥DE，所以D，E，Q，M四点在同一个平面上，所以A1C⊥平面DEQ．
