《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题14 空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法).pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题14 空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法).pptx（72页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块三 立体几何与空间向量立体几何与空间向量微专题14空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)真题演练 感悟高考热点聚焦 分类突破高分训练 对接高考索引1.以以选择题、填填空空题的的形形式式考考查线线、线面面、面面面面位位置置关关系系的的判判定定与与性性质定定理理，对命命题的的真真假假进行行判判断断，属属基基础题.2.空空间中中的的平平行行、垂垂直直关关系系的的证明明也也是是高高考考必考内容，多出必考内容，多出现在立体几何解答在立体几何解答题中的第中的第(1)问.索引1真题演练 感悟高考索引A1.(2022全全国国乙乙卷卷)在在正正方方体体ABCDA1B1
2、C1D1中中，E，F分分别为AB，BC的的中中点点，则()A.平面平面B1EF平面平面BDD1B.平面平面B1EF平面平面A1BDC.平面平面B1EF平面平面A1ACD.平面平面B1EF平面平面A1C1D解解析析 对于于选项A，在在正正方方体体ABCDA1B1C1D1中中，因因为B1B平平面面ABCD，EF 平平面面ABCD，所所以以B1BEF.因因为E，F分分别为AB，BC的的中中点点，所所以以EFBD，又又B1BBDB，B1B，BD 平平面面BDD1，所所以以EF平平面面BDD1，又又EF 平平面面B1EF，所以平面，所以平面B1EF平面平面BDD1，故，故选项A正确；正确；对于于选项B，
3、因因为平平面面A1BD平平面面BDD1BD，由由选项A知知，平平面面B1EF平平面面A1BD不成立，故不成立，故选项B错误；索引对于于选项C，由由题意意知知直直线AA1与与直直线B1E必必相相交交，故故平平面面B1EF与与平平面面A1AC不不平平行，故行，故选项C错误；对于于选项D，连接接AB1，B1C(图略略)，易易知知平平面面AB1C平平面面A1C1D，又又平平面面AB1C与与平平面面B1EF有有公公共共点点B1，所所以以平平面面AB1C与与平平面面B1EF不不平平行行，所所以以平平面面A1C1D与与平平面面B1EF不平行，故不平行，故选项D错误.故故选A.索引2.(2020全全国国卷卷)
4、如如图，在在长方方体体ABCDA1B1C1D1中中，点点E，F分分别在棱在棱DD1，BB1上，且上，且2DEED1，BF2FB1.证明：明：(1)当当ABBC时，EFAC；证明证明如如图，连接接BD，B1D1.因因为ABBC，所以四，所以四边形形ABCD为正方形，故正方形，故ACBD.又因又因为BB1平面平面ABCD，AC 平面平面ABCD，于是，于是ACBB1.又又BDBB1B，所以，所以AC平面平面BB1D1D.由于由于EF 平面平面BB1D1D，所以所以EFAC.索引(2)点点C1在平面在平面AEF内内.证明证明如如图，在棱，在棱AA1上取点上取点G，使得，使得AG2GA1，连接接GD1
5、，FC1，FG.于是四于是四边形形ED1GA为平行四平行四边形形，故，故AEGD1.索引于是于是AEFC1.所以所以A，E，F，C1四点共面，即点四点共面，即点C1在平面在平面AEF内内.索引2热点聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳热点一空间直线、平面位置关系的判定判断空判断空间直直线、平面位置关系的常用方法、平面位置关系的常用方法(1)根据空根据空间线面平行、垂直的判定定理和性面平行、垂直的判定定理和性质定理逐定理逐项判断，解决判断，解决问题.(2)必必要要时可可以以借借助助空空间几几何何模模型型，如如从从长方方体体、四四面面体体等等模模型型中中观察察线、面面的的位置关系，并位置关系，并结
6、合有关定理合有关定理进行判断行判断.索引D例例1(1)(2022惠惠州州质检)已已知知m，n为两两条条不不同同的的直直线，为两两个个不不同同的的平平面面，则下列下列说法正确的是法正确的是()A.若若mn，n，则mB.若若m，n，则mnC.若若m，n，mn，则D.若若，m，则m解析解析对于于A，若，若mn，n，则m或或m.对于于B，若，若m，n，则mn或或m，n异面异面.对于于C，若，若m，n，mn，则或或与与相交相交.对于于D，由，由，m，得直，得直线m和平面和平面没有公共点，所以没有公共点，所以m，故，故选D.索引D(2)(2022昆昆 明明 一一 模模)已已 知知 O1是是 正正 方方 体
7、体 ABCD A1B1C1D1的的 中中 心心 O关关 于于 平平 面面A1B1C1D1的的对称点，称点，则下列下列说法中法中错误的是的是()A.O1C1平面平面A1BCD1B.平面平面O1A1D1平面平面O1B1C1C.O1C1平面平面AB1D1D.O，O1，A1，B，C1，D1六点在同一球面上六点在同一球面上解解析析如如图，连接接O1O，根根据据O1是是正正方方体体ABCDA1B1C1D1的的中中心心O关关于于平平面面A1B1C1D1的的对称点，称点，所以所以O1OC1C，且，且O1OC1C，则四四边形形O1OCC1为平行四平行四边形，形，所以所以O1C1OC.索引因因为O1C1 平面平面
8、A1BCD1，OC 平面平面A1BCD1，所以所以O1C1平面平面A1BCD1，故，故选项A正确；正确；设正正方方体体的的棱棱长为1，设A1D1的的中中点点为M，B1C1的的中中点点为N，连接接O1M，O1N，则O1MA1D1，即，即O1MB1C1.故故O1M2O1N2MN2，即即O1MO1N.因因为O1NB1C1N，索引故故O1M平面平面O1B1C1，因因为O1M 平面平面O1A1D1，则平面平面O1A1D1平面平面O1B1C1，故，故选项B正确；正确；又在正方体又在正方体ABCDA1B1C1D1中，中，A1C平面平面AB1D1，由，由选项A知，知，O1C1OC，所以所以O1C1平面平面AB
9、1D1，故，故选项C正确；正确；因因为A1BC1的外接的外接圆的的圆心心为O，即点，即点O不能和不能和A1，B，C1在同一球面上，在同一球面上，即即O，O1，A1，B，C1，D1六点不在同一球面上，故六点不在同一球面上，故选项D错误，故，故选D.索引(1)遗漏定理中的条件；漏定理中的条件；(2)直接将平面几何中的直接将平面几何中的结论应用到立体几何中用到立体几何中.易错提醒索引D训练训练1(1)(2022西安三模西安三模)下列命下列命题正确的是正确的是()A.若一个平面内的两条直若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行两个平面相互平行B.平行于同
10、一直平行于同一直线的两个平面相互平行的两个平面相互平行C.垂直于同一直垂直于同一直线的两条直的两条直线相互平行相互平行D.若若两两个个平平面面垂垂直直，那那么么在在一一个个平平面面内内与与它它们的的交交线不不垂垂直直的的直直线与与另另一一个个平平面也不垂直面也不垂直解解析析对于于A，由由线面面平平行行的的判判定定可可知知若若一一个个平平面面内内的的两两条条相相交交直直线与与另另一一个个平平面都平行，那么面都平行，那么这两个平面相互平行，故两个平面相互平行，故A错误；对于于B，平行于同一直，平行于同一直线的两个平面可能相交或平行，故的两个平面可能相交或平行，故B错误；索引对于于C，同同一一平平面
11、面中中垂垂直直于于同同一一直直线的的两两条条直直线相相互互平平行行，空空间中中垂垂直直于于同同一一条条直直线的两条直的两条直线还可以相交或者异面，故可以相交或者异面，故C错误；对于于D，若若一一个个平平面面内内存存在在一一条条直直线垂垂直直于于另另一一个个平平面面，由由线面面垂垂直直的的性性质定定理理可可知知该直直线必必然然垂垂直直两两平平面面的的交交线，所所以以若若两两个个平平面面垂垂直直，那那么么一一个个平平面面内内与与它它们的交的交线不垂直的直不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故与另一个平面也不垂直，故D正确正确.综上，故上，故选D.索引D(2)在在正正方方体体ABCDA1B1C1D1中
12、中，P，Q分分别是是线段段AD1和和B1C上上的的动点点(均均不不与与线段的端点重合段的端点重合)，且，且满足足APB1Q.下面下面给出了四个命出了四个命题：存在存在P，Q的某一位置，使的某一位置，使PQ平面平面ABB1A1；存在存在P，Q的某一位置，使的某一位置，使PB1BQ；无无论P，Q运运动到任何位置，直到任何位置，直线PB1与与AQ是异面直是异面直线；无无论P，Q运运动到任何位置，均有到任何位置，均有BCPQ.这四个命四个命题中真命中真命题的个数是的个数是()A.1 B.2C.3 D.4索引解析解析如如图所示，所示，对于于，当当P，Q分分别是是AD1与与B1C的中点的中点时，ABPQ，
13、因因为AB 平面平面ABB1A1，所以所以PQ平面平面ABB1A1，故，故正确；正确；对于于，当当P，Q分分别是是AD1与与B1C的的中中点点时，BQ平平面面A1B1CD，此此时PB1BQ，故，故正确；正确；对于于，若若直直线PB1与与AQ是是共共面面直直线，则AP与与B1Q共共面面，与与已已知知矛矛盾盾，则无无论P，Q运运动到任何位置，直到任何位置，直线PB1与与AQ是异面直是异面直线，故，故正确；正确；对于于，由由BC垂垂直直于于PQ在在平平面面ABCD内内的的射射影影，知知BCPQ，故故正正确确，故故选D./索引热点二空间平行、垂直关系的证明1.直直线、平面平行的判定及其性、平面平行的判
14、定及其性质(1)线面平行的判定定理：面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性面平行的性质定理：定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性面面平行的性质定理：定理：，a，bab.2.直直线、平面垂直的判定及其性、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性面垂直的性质定理：定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性面面垂直的性质定理：定理：，l，a，ala.核心归纳核心归纳索引(1)求求证：EF平面平
15、面PAD；证证明明法法一一如如图所所示示，在在四四棱棱锥PABCD中中，取取线段段PD的的中点中点M，连接接FM，AM.所以所以FMEA，且，且FMEA.所以所以四四边形形AEFM为平行四平行四边形形.索引所以所以EFAM.又又AM 平面平面PAD，EF 平面平面PAD.所以所以EF平面平面PAD.法法二二如如图所所示示，在在四四棱棱锥PABCD中中，连接接CE并并延延长交交DA的的延延长线于于点点N，连接接PN.因因为四四边形形ABCD为矩形，所以矩形，所以ADBC.所以所以BCEANE，CBENAE.又又AEEB，所以，所以CEBNEA，所以，所以CENE.又又F为PC的中点，所以的中点，
16、所以EFNP.又又NP 平面平面PAD，EF 平面平面PAD，所以，所以EF平面平面PAD.索引法三法三如如图所示，在四棱所示，在四棱锥PABCD中，取中，取CD的中点的中点Q，连接接FQ，EQ.在矩形在矩形ABCD中，中，E为AB的中点，的中点，所以所以AEDQ，且，且AEDQ.所以四所以四边形形AEQD为平行四平行四边形，形，所以所以EQAD.又又AD 平面平面PAD，EQ 平面平面PAD，所以所以EQ平面平面PAD.因因为Q，F分分别为CD，CP的中点，的中点，所以所以FQPD.又又PD 平面平面PAD，FQ 平面平面PAD，索引所以所以FQ平面平面PAD.又又FQ，EQ 平面平面EQF
17、，FQEQQ，所以平面所以平面EQF平面平面PAD.因因为EF 平面平面EQF，所以所以EF平面平面PAD.索引(2)若点若点P在平面在平面ABCD内的射影内的射影O在直在直线AC上，求上，求证：平面：平面PAC平面平面PDE.证明证明在四棱在四棱锥PABCD中，中，设AC，DE相交于点相交于点G，如，如图所示所示.又又DAECDA90，所以所以DAECDA，所以所以ADEDCA.又又ADECDEADC90，所以所以DCACDE90.索引由由DGC的内角和的内角和为180，得，得DGC90，即即DEAC.因因为点点P在平面在平面ABCD内的射影内的射影O在直在直线AC上，上，所以所以PO平面平
18、面ABCD.因因为DE 平面平面ABCD，所以所以PODE.因因为POACO，PO，AC 平面平面PAC，所以所以DE平面平面PAC，又又DE 平面平面PDE.所以平面所以平面PAC平面平面PDE.索引1.注意平行关系及垂直关系的注意平行关系及垂直关系的转化化.2.注意利用平面几何的性注意利用平面几何的性质：如三角形、梯形中位：如三角形、梯形中位线、平行四、平行四边形的性形的性质等等.规律方法索引训训练练2(2022南南昌昌质检)如如图，四四边形形AA1C1C为矩矩形形，四四边形形CC1B1B为菱菱形形，且且平面平面CC1B1B平面平面AA1C1C，D，E分分别为边A1B1，C1C的中点的中点
19、.求求证：(1)BC1平面平面AB1C；证明证明四四边形形AA1C1C为矩形，矩形，ACC1C，又又平平面面CC1B1B平平面面AA1C1C，平平面面CC1B1B平平面面AA1C1CCC1，AC 平平面面AA1C1C，AC平面平面CC1B1B，C1B 平面平面CC1B1B，ACC1B，索引又四又四边形形CC1B1B为菱形，菱形，B1CBC1，B1CACC，AC 平面平面AB1C，B1C 平面平面AB1C，BC1平面平面AB1C.索引(2)DE平面平面AB1C.证明证明如如图，取，取AA1的中点的中点F，连接接DF，EF，四四边形形AA1C1C为矩形，矩形，E，F分分别为C1C，AA1的中点，的
20、中点，EFAC，又，又EF 平面平面AB1C，AC 平面平面AB1C，EF平面平面AB1C，又又D，F分分别为边A1B1，AA1的中点，的中点，DFAB1，又，又DF 平面平面AB1C，AB1 平面平面AB1C，DF平面平面AB1C，EFDFF，EF 平面平面DEF，DF 平面平面DEF，平面平面DEF平面平面AB1C，DE 平面平面DEF，DE平面平面AB1C./索引热点三空间向量法证明平行、垂直关系核心归纳核心归纳1.用向量用向量证明空明空间中的平行关系中的平行关系(1)设直直线l1和和l2的方向向量分的方向向量分别为v1和和v2，则l1l2(或或l1与与l2重合重合)v1v2.(2)设直
21、直线l的的方方向向向向量量为v，在在平平面面内内的的两两个个不不共共线向向量量v1和和v2，则l或或l 存在两个存在两个实数数x，y，使，使vxv1yv2.(3)设直直线l的方向向量的方向向量为v，平面，平面的法向量的法向量为u，则l或或l vu.(4)设平面平面和和的法向量分的法向量分别为u1，u2，则u1u2.索引2.用向量用向量证明空明空间中的垂直关系中的垂直关系(1)设直直线l1和和l2的方向向量分的方向向量分别为v1和和v2，则l1l2v1v2v1v20.(2)设直直线l的方向向量的方向向量为v，平面，平面的法向量的法向量为u，则lvu.(3)设平面平面和和的法向量分的法向量分别为u
22、1和和u2，则u1u2u1u20.索引例例3 如如图所所示示，平平面面PAD平平面面ABCD，四四边形形ABCD为正正方方形形，PAD是是直直角角三三角形，且角形，且PAAD2，E，F，G分分别是是线段段PA，PD，CD的中点的中点.求求证：PB平面平面EFG.证证明明因因为平平面面PAD平平面面ABCD，四四边形形ABCD为正正方方形形，PAD是是直直角角三三角角形形，且且PAAD，所所以以AB，AP，AD两两两两垂垂直直，以以A为坐坐标原点，建立如原点，建立如图所示的空所示的空间直角坐直角坐标系系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0
23、，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0).索引即即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)，又因又因为PB 平面平面EFG，所以，所以PB平面平面EFG.索引法二法二设平面平面EFG的法向量的法向量为n(x，y，z)，令令z1，则x1，y0，故故n(1，0，1)，又因又因为PB 平面平面EFG，所以所以PB平面平面EFG.索引(1)利用向量利用向量证明明线面位置关系一般要建立空面位置关系一般要建立空间直角坐直角坐标系系.(2)利用向量利用向量证明明线面平行的三种方法面平行的三种方法证直直线的方向向量与平面内的一条直的方向向量与平面内的一条直线的方向向量平行的方向向量平
24、行.证直直线的方向向量与平面的法向量垂直的方向向量与平面的法向量垂直.证直直线的方向向量能被平面内两不共的方向向量能被平面内两不共线向量向量线性表达性表达.以上三种方法均需以上三种方法均需说明直明直线不在平面内不在平面内.规律方法索引训训练练3 如如图，在在四四棱棱锥PABCD中中，PA底底面面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点，点E为棱棱PC的中点的中点.证明：明：(1)BEDC；证明证明依依题意，以点意，以点A为原点建立空原点建立空间直角坐直角坐标系系(如如图)，可可得得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由由E为棱棱PC的中点，得
25、的中点，得E(1，1，1).所以所以BEDC.索引(2)BE平面平面PAD；证明证明因因为ABAD，又，又PA平面平面ABCD，AB 平面平面ABCD，所以所以ABPA，PAADA，PA，AD 平面平面PAD，所以所以AB平面平面PAD，索引(3)平面平面PCD平面平面PAD.设平面平面PCD的法向量的法向量为n(x，y，z)，不妨令不妨令y1，可得，可得n(0，1，1)为平面平面PCD的一个法向量的一个法向量.所以平面所以平面PAD平面平面PCD.索引3高分训练 对接高考/索引12345678910 11 12 13 14 15 16B一、基本技能练1.(2022柳柳州州模模拟)已已知知三三
26、个个不不同同的的平平面面，且且，则“”是是“”的的()A.充分不必要条件充分不必要条件B.必要不充分条件必要不充分条件C.充要条件充要条件D.既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件解解析析若若，则或或与与相相交交，故故不不是是充充分分条条件件，反反之之，若若，则，故是必要条件，故是必要条件.索引12345678910 11 12 13 14 15 16D2.已知平面已知平面平面平面l，m是是内不同于内不同于l的直的直线，那么下列命，那么下列命题中中错误的是的是()A.若若m，则ml B.若若ml，则mC.若若m，则ml D.若若ml，则m解析解析A项，由，由线面平行的性面平行的性质可知可知A
27、正确；正确；B项，由，由线面平行的判定定理可知面平行的判定定理可知B正确；正确；C项，由，由线面垂直的性面垂直的性质可知可知C正确；正确；D项，因因为一一条条直直线垂垂直直于于平平面面内内的的一一条条直直线不不能能推推出出直直线垂垂直直于于平平面面，故故D错误.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C3.(2022东北三校二模北三校二模)已知下列四个命已知下列四个命题，其中真命，其中真命题的个数的个数为()空空间中中三三条条互互相相平平行行的的直直线a，b，c都都与与直直线d相相交交，则a，b，c三三条条直直线共共面面；若若直直线m平平面面，直直线n平平面面，则mn；平
28、平面面平平面面直直线m，直直线a平平面面，直直线a平平面面，则am；垂垂直直于于同同一一个个平平面面的的两两个个平平面面互互相相平行平行.A.1 B.2 C.3 D.4索引12345678910 11 12 13 14 15 16解解析析对于于，假假设a，b，c三三条条直直线不不共共面面，因因为a，b平平行行，且且与与直直线d相相交交，所所以以a，b，d共共面面，若若ac，则c，d不不相相交交，矛矛盾盾，故故假假设不不成成立立，即即a，b，c三三条直条直线共面，故共面，故是真命是真命题；对于于，不不妨妨取取l 平平面面，且且nl，因因为n平平面面，m平平面面，所所以以lm，所所以以nm，故，故
29、是真命是真命题；对于于，过直直线a作作平平面面，若若平平面面平平面面，平平面面平平面面l，又又a平平面面，所所以以l平面平面，al，又平面，又平面平面平面m，所以，所以lm，所以，所以am，故，故是真命是真命题；对于于，垂垂直直于于同同一一平平面面的的两两个个平平面面平平行行或或相相交交，故故是是假假命命题，综上上，真真命命题的个数的个数为3，故，故选C.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C4.如如图所所示示，平平面面平平面面l，A，B，ABlD，C，C l，则平平面面ABC与平面与平面的交的交线是是()A.直直线AC B.直直线ABC.直直线CD D.直直线BC解
30、析解析由由题意知，意知，Dl，l，D.又又DAB，D平面平面ABC，点点D在平面在平面ABC与平面与平面的交的交线上，上，又又C平面平面ABC，C，点点C在平面在平面与平面与平面ABC的交的交线上，上，平面平面ABC平面平面直直线CD.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C5.(2022潍坊坊调考考)若若m，n是是两两条条不不同同的的直直线，是是三三个个不不同同的的平平面面，则下下列命列命题中的真命中的真命题是是()A.若若m，则mB.若若m，n，mn，则C.若若m，m，则D.若若，则解解析析对于于A，若若m，则m或或m或或m 或或m与与相相交交但但不不垂垂直直，故故
31、A中命中命题错误；对于于B，若，若m，n，mn，则或或与与相交，故相交，故B中命中命题错误；对于于C，若若m，则在在内内必必存存在在直直线l，使使lm，又又m，所所以以l，故故，故，故C中命中命题正确正确.对于于D，若若，则或或或或与与相相交交但但不不垂垂直直，故故D中中命命题错误.故故选C.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C6.(2022贵阳阳二二模模)一一个个正正方方体体的的平平面面展展开开图及及该正正方方体体的的直直观图如如图所所示示，在在正正方体中，方体中，设BC的中点的中点为M，GH的中点的中点为N，下列，下列结论正确的是正确的是()A.MN平面平面AB
32、E B.MN平面平面ADEC.MN平面平面BDH D.MN平面平面CDE索引12345678910 11 12 13 14 15 16解析解析如如图，连接接BD，取，取BD的中点的中点O，连接接OM，OH，AC，BH，MN.因因为M，N分分别是是BC，GH的中点，的中点，所以所以OMNH且且OMNH，所以四所以四边形形MNHO是平行四是平行四边形，形，所以所以OHMN.又又MN 平面平面BDH，OH 平面平面BDH，所以，所以MN平面平面BDH，故，故选C.索引12345678910 11 12 13 14 15 167.如如图所所示示是是一一个个正正方方体体的的平平面面展展开开图，则在在该正
33、正方方体体中中，棱棱 _所所 在在 的的直直线与与棱棱AB所所在在的的直直线是是异异面面直直线且且互互相相垂垂直直.(注注：填填上你上你认为正确的一条棱即可，不必考正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况所有可能的情况)CG，DH，EH，FG(任选一个作答任选一个作答)解析解析如如图，结合平面合平面图形形还原出正方体，原出正方体，结合正方体性合正方体性质易知，易知，棱棱CG，DH，EH，FG所所在在的的直直线与与棱棱AB所所在在的的直直线是是异异面直面直线且互相垂直且互相垂直.索引12345678910 11 12 13 14 15 168.(2022南通南通调研研)已知直已知直线l与平面与平
34、面相交于点相交于点P，有下列，有下列结论：内不存在直内不存在直线与与l平行平行；内有无数条直内有无数条直线与与l垂直；垂直；内所有直内所有直线与与l是异面直是异面直线；至少存在一个至少存在一个过l且与且与垂直的平面垂直的平面.其中其中所有正确所有正确结论的序号是的序号是_.解析解析直直线l与平面与平面相交于点相交于点P，故，故内不存在直内不存在直线与与l平行，平行，正确；正确；若若l，则内内的的所所有有直直线与与l垂垂直直；若若l与与不不垂垂直直，设与与l在在平平面面内内的的射射影影垂垂直直的直的直线为n，则平面平面内与内与n平行的直平行的直线都与都与l垂直，有无数条，垂直，有无数条，正确；正
35、确；平面平面内内过点点P的直的直线与与l相交，相交，错误；若若l，则过l的的任任一一平平面面与与垂垂直直；若若l与与不不垂垂直直，取取l上上异异于于点点P的的一一点点Q，过Q作作QM平面平面于点于点M，则平面平面PQM，正确正确.综上所述，上所述，正确正确.索引12345678910 11 12 13 14 15 169.设有下列四个命有下列四个命题：p1：两两相交且不：两两相交且不过同一点的三条直同一点的三条直线必在同一平面内必在同一平面内.p2：过空空间中任意三点有且中任意三点有且仅有一个平面有一个平面.p3：若空：若空间两条直两条直线不相交，不相交，则这两条直两条直线平行平行.p4：若直
36、：若直线l 平面平面，直，直线m平面平面，则ml.则下述命下述命题中所有真命中所有真命题的序号是的序号是_.p1p4；p1p2；綈綈p2p3；綈綈p3綈綈p4.索引12345678910 11 12 13 14 15 16解解析析由由平平面面性性质及及公公理理，易易知知p1为真真，p2为假假.又又空空间不不相相交交的的两两条条直直线平平行行或或异面，知异面，知p3为假，根据假，根据线面垂直的性面垂直的性质，命，命题p4为真真.p1p4为真，真，p1p2为假假.又又綈綈p2为真，真，綈綈p3为真，真，綈綈p4为假假.綈綈p2p3为真，真，綈綈p3綈綈p4为真真.综上知所有真命上知所有真命题的序号
37、的序号为.索引12345678910 11 12 13 14 15 1610.如如图所所示示，在在四四棱棱锥PABCD中中，PA底底面面ABCD，且且底底面面各各边都都相相等等，M是是PC上上的的一一动点点，当当点点M满足足_时，平平面面MBD平平面面PCD(只只要要填填写写一一个个你你认为是是正正确确的的条条件件即即可可).DMPC(或或BMPC)解析解析连接接AC，则ACBD，因因为PA底面底面ABCD，BD 平面平面ABCD，所以所以PABD.又又PAACA，PA，AC 平面平面PAC，所以所以BD平面平面PAC，PC 平面平面PAC，索引12345678910 11 12 13 14
38、15 16所以所以BDPC，所以当所以当DMPC(或或BMPC)时，有，有PC平面平面MBD，PC 平面平面PCD，所以平面所以平面MBD平面平面PCD.索引12345678910 11 12 13 14 15 1611.如如图，在四棱，在四棱锥PABCD中，中，(1)若若AD平面平面PAB，PBPD，求，求证：平面：平面PBD平面平面PAD；证明证明因因为AD平面平面PAB，PB 平面平面PAB，所以所以ADPB.又因又因为PBPD，ADPDD，PD 平面平面PAD，AD 平面平面PAD，所以所以PB平面平面PAD.又因又因为PB 平面平面PBD，所以平面所以平面PBD平面平面PAD.索引1
39、2345678910 11 12 13 14 15 16(2)若若ADBC，AD2BC，E为PA的中点，求的中点，求证：BE平面平面PCD.证明证明取取PD的中点的中点F，连接接EF，因，因为E，F分分别是是PA，PD的中点，的中点，所以所以EFAD，且，且AD2EF.又因又因为四四边形形ABCD中中ADBC，AD2BC，所以所以EFBC且且EFBC，所以四所以四边形形EFCB是平行四是平行四边形，形，所以所以BECF.又又CF 平面平面PCD，BE 平面平面PCD，所以所以BE平面平面PCD.索引12345678910 11 12 13 14 15 1612.如如图，在在三三棱棱锥PABC中
40、中，ABAC，D为BC的的中中点点，PO平平面面ABC，垂垂足足O落落在在线段段AD上上.已已知知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：明：APBC；证证明明以以O为坐坐标原原点点，以以射射线OD为y轴正正半半轴，射射线OP为z轴正半正半轴建立如建立如图所示的空所示的空间直角坐直角坐标系系Oxyz.则O(0，0，0)，A(0，3，0)，B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4).索引12345678910 11 12 13 14 15 16(2)若点若点M是是线段段AP上一点，且上一点，且AM3.试证明平面明平面AMC平面平面BMC.证明证明由由(1)知知AP5，又，又AM3，
41、且点，且点M在在线段段AP上，上，索引12345678910 11 12 13 14 15 16又根据又根据(1)的的结论知知APBC，且且BCBMB，所以所以AP平面平面BMC，于是于是AM平面平面BMC.又又AM 平面平面AMC，故平面故平面AMC平面平面BMC./索引12345678910 11 12 13 14 15 16二、创新拓展练A13.(2022河河南南顶尖尖名名校校大大联考考)如如图，已已知知四四棱棱柱柱ABCDA1B1C1D1的的底底面面为平平行行四四边形，形，E，F，G分分别为棱棱AA1，CC1，C1D1的中点，的中点，则()A.直直线BC1与平面与平面EFG平行，直平行
42、，直线BD1与平面与平面EFG相交相交B.直直线BC1与平面与平面EFG相交，直相交，直线BD1与平面与平面EFG平行平行C.直直线BC1、BD1都与平面都与平面EFG平行平行D.直直线BC1、BD1都与平面都与平面EFG相交相交索引12345678910 11 12 13 14 15 16解析解析取取AB的中点的中点H，连接接GH，EH，HF，则BH綊C1G，从而四，从而四边形形BC1GH为平行四平行四边形形，所以所以BC1HG.易知易知EH綊GF，则四四边形形EGFH为平行四平行四边形形，从而从而GH 平面平面EFG.又又BC1 平面平面EFG，所以所以BC1平面平面EFG.取取D1D的中
43、点的中点P，连接接ED1，D1F，BF，EB，EP，PC，又，又E为A1A的中点，的中点，EP綊AD，又，又AD綊BC，索引12345678910 11 12 13 14 15 16EP綊BC，四四边形形EPCB为平行四平行四边形，形，EB綊PC，D1P綊CF，四四边形形D1PCF是平行四是平行四边形形.PC綊D1F，D1F綊EB，则四四边形形BFD1E为平平行行四四边形形，从从而而BD1与与EF相相交交，所所以以直直线BD1与平面与平面EFG相交，故相交，故选A.索引12345678910 11 12 13 14 15 16D14.如如图，正正三三棱棱柱柱ABCA1B1C1各各条条棱棱的的长
44、度度均均相相等等，D为AA1的的中中点点，M，N分分别是是线段段BB1和和线段段CC1的的动点点(含含端端点点)，且且满足足BMC1N，当当M，N运运动时，下列下列结论中不正确的是中不正确的是()A.在在DMN内内总存在平面存在平面ABC平行的平行的线段段B.平面平面DMN平面平面BCC1B1C.三棱三棱锥A1DMN的体的体积为定定值D.DMN可能可能为直角三角形直角三角形索引12345678910 11 12 13 14 15 16解解析析A项，用用平平行行于于平平面面ABC的的平平面面截截平平面面MND，则交交线平平行于平面行于平面ABC，故正确；，故正确；B项，如如图，当当M，N分分别在
45、在BB1，CC1上上运运动时，若若满足足BMCN，则线段段MN必必过正正方方形形BCC1B1的的中中心心O，由由DO垂垂直直于于平平面面BCC1B可得平面可得平面DMN平面平面BCC1B1，故正确；，故正确；C项，当当M，N分分别在在BB1，CC1上上运运动时，A1DM的的面面积不不变，N到到平平面面A1DM的的距距离离不不变，所所以以三三棱棱锥NA1DM的的体体积不不变，即三棱即三棱锥A1DMN的体的体积为定定值，故正确；，故正确；D项，若若DMN为直直角角三三角角形形，则必必是是以以MDN为直直角角的的直直角角三三角角形形，但但MN的的最最大大值为BC1，而而此此时DM，DN的的长大大于于
46、BB1，所所以以DMN不可能不可能为直角三角形，故直角三角形，故错误.故故选D.索引12345678910 11 12 13 14 15 16解解析析如如图，连接接BD，交交AC于于点点O，连接接OE，在在线段段PE上上取取一一点点G使使得得GEED.连接接BG，则BGOE.又因又因为OE 平面平面AEC，BG 平面平面AEC，所以，所以BG平面平面AEC.因因为BF平面平面ACE且且满足足BGBFB，故平面，故平面BGF平面平面AEC.索引12345678910 11 12 13 14 15 16因因为平面平面PCD平面平面BGFGF，平面，平面PCD平面平面AECEC，则GFEC.索引12
47、345678910 11 12 13 14 15 1616.(2022菏菏泽调研研)如如图，直直三三棱棱柱柱ABCA1B1C1中中，ACBC1，ACB90，D是是A1B1的中点，的中点，F在棱在棱BB1上上.(1)求求证：C1D平面平面AA1B1B；证证明明在在直直三三棱棱柱柱ABCA1B1C1中中，依依题意意有有A1C1B1C11，且且A1C1B190，又又D是是A1B1的中点，的中点，则C1DA1B1，又又AA1平面平面A1B1C1，C1D 平面平面A1B1C1，所以，所以AA1C1D，又又A1B1AA1A1，A1B1 平面平面AA1B1B，AA1 平面平面AA1B1B，所以所以C1D平面
48、平面AA1B1B.索引12345678910 11 12 13 14 15 16解解若若选，则能能证明明AB1平面平面C1DF，理由如下，理由如下.连接接A1B，如，如图，则DFA1B，索引12345678910 11 12 13 14 15 16所以所以A1BAB1，从而有，从而有DFAB1.因因为C1D平面平面AA1B1B，AB1 平面平面AA1B1B，所以所以C1DAB1，又又DFC1DD，C1D 平面平面C1DF，DF 平面平面C1DF，所以所以AB1平面平面C1DF.若若选，则不能不能证明明AB1平面平面C1DF，理由如下，理由如下.连接接A1B(图略略)，则DFA1B，在，在ABC中，中，ACBC1，ACB90，索引12345678910 11 12 13 14 15 16则A1B与与AB1不垂直，不垂直，即即DF与与AB1不垂直，不垂直，所以所以AB1不垂直于平面不垂直于平面C1DF.若若选，则不能不能证明明AB1平面平面C1DF，理由如下，理由如下.所以不能所以不能证明明AB1平面平面C1DF.INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束