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优化提升专题训练（新高考） 立体几何中的平行与垂直问题（含答案解析）学案
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这是一份优化提升专题训练（新高考） 立体几何中的平行与垂直问题（含答案解析）学案，共14页。学案主要包含了知识框图，自主热身，归纳总结，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。
立体几何中的平行与垂直问题
【知识框图】
【自主热身，归纳总结】
1、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知，是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】A选项 有可能线在面内的情形，错误；
B选项中l与m还可以相交或异面，错误；
C选项中不满足线面垂直的判定定理，错误，
D选项中由线面垂直的性质定理可知正确.
故选：D
2、（2020·浙江高三）已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则（ ）
A．β内一定能找到与l平行的直线
B．β内一定能找到与l垂直的直线
C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行
D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直
【答案】B
【解析】由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：
在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；
在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；
在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；
在D中，β内有无数条直线与l垂直，则β与α不一定垂直，故D错误．
故选：B．
3、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）如果用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【解析】选项A中还有直线n在平面内的情况，故A不正确，
选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，
选项C中还有相交，故C不正确，
故选：D．
4、（多选题）（2020届山东省济宁市高三上期末）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A．若且则
B．若则
C．若则
D．若则
【答案】BC
【解析】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；
B. 若则，又故，正确；
C. 若则或，又故，正确；
D. 若则，则或，错误；
故选：
5、（多选题）（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体中，N为底面ABCD的中心，P为线段上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（ ）
A．CM与PN是异面直线 B．
C．平面平面 D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形
【答案】BCD
【解析】共线，即交于点，共面，因此共面，A错误；
记，则，
，又，
，，即．B正确；
由于正方体中，，平面，则，，可得平面，平面，从而可得平面平面，C正确；
取中点，连接，易知，又正方体中，，∴，共面，就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D正确．
故选：BCD.
6、（多选题）（2020·蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，.若点为的中点，则下列说法正确的为（ ）
A．平面
B．面
C．四棱锥外接球的表面积为
D．四棱锥的体积为6
【答案】BC
【解析】作图在四棱锥中：
由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，，则
平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；
连接交于，连接，中，∥，面，
面，所以面，所以选项B正确；
四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，
，则平面，，四棱锥的体积
所以选项D错误.
矩形中，易得，
中求得：在中
即： ，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，
所以其体积为，所以选项C正确
故选：BC
【问题探究，变式训练】
题型一、平行于垂直判定定理与性质定理的运用
例1、（2020届山东省潍坊市高三上期中）m、n是平面外的两条直线，在m∥的前提下，m∥n是n∥的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】，则存在有.而由可得，从而有.反之则不一定成立，可能相交，平行或异面.所以是的充分不必要条件，故选A
变式1、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设，为两个平面，则的充要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．，平行与同一个平面
C．内有两条相交直线与内两条相交直线平行 D．，垂直与同一个平面
【答案】C
【解析】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或或平行；
对于B，，平行于同一条直线，可得与相交或或平行；
对于C，内有两条相交直线与内两条相交直线平行，可得α∥β；
对于D，，垂直与同一个平面，可得与相交或或平行．
故选：C．
变式2、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若则
B．若则
C．若，，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】
若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；
若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；
垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；
若，则，又，则，故D对；
故选：ACD．
变式3、(2018南京三模） 已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若l⊥α，l⊥β，则α∥β； ②若l⊥α，α⊥β，则l∥β；
③若l∥α，l⊥β，则α⊥β； ④若l∥α，α⊥β，则l⊥β．
其中真命题为（填所有真命题的序号）．
【答案】:①③
【解析】：①考查定理：垂直同一直线的两个平面平行；②直线l可能在平面β内；③正确；④不一定垂直；
变式4、(2017南京、盐城二模）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．
①若α∥β，m⊂α，则m∥β； ②若m∥α，n⊂α，则m∥n；
③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β； ④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.
【答案】 ①④
【解析】：思路分析 逐一判断每个命题的真假．
①这是面面平行的性质，正确；②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误；④由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，所以m⊥β，正确．
题型二 直线与平面的平行与垂直
例1、(2019扬州期末）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：BB1⊥AC.
【解析】 (1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，
E， F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，
F， 所以EF∥AC.
因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，
所以BB1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.
变式1、、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.
求证：(1)MN∥平面PBC；
MD⊥平面PAB.
【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)
又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)
又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)
(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)
又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)
因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)
又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)
变式2、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．
求证：(1)DE∥平面ACC1A1；
(2)AE⊥平面BCC1B1.
【解析】 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．
又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)
在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.
又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1.(6分)
(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)
又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.
又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)
在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)
因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)
变式3、(2019苏锡常镇调研（一））如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：
(1) EF∥平面ABC；
(2) BD⊥平面ACE.
. 规范解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)
因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.(6分)
(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD
所以AC⊥平面BCD，(8分)
因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)
因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)
因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)
变式4、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.
求证：(1) DE∥平面ABB1A1；
(2) BC1⊥平面A1B1C.
【证明】 (1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面ACC1A1为平行四边形．又A1C与AC1交于点D，所以D为AC1的中点，同理，E为BC1的中点．所以DE∥AB.(3分)
又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1.(6分)
(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1.(8分)
又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1.(10分)
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1.(12分)
又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC1⊥平面A1B1C.(14分)
变式5、(2018无锡期末）如图，ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.
(1) 求证：AC⊥平面BDE；
(2) 求证：AC∥平面BEF.
【证明】 (1) 证明：因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DE⊥AC.(2分)
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，(4分)
因为DE，BD⊂平面BDE，且DE∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDE.(6分)
(2) 证明：设AC∩BD＝O，取BE中点G，连结FG，OG，
易知OG∥DE且OG＝DE.(8分)
因为AF∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，
从而四边形AFGO是平行四边形，所以FG∥AO.(10分)
因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，
所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.(14分)
题型三 平面与平面的平行与垂直
例3、(2019泰州期末）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，点O为对角线BD的中点，点E，F分别为棱PC，PD的中点．已知PA⊥AB，PA⊥AD.
求证：
(1) 直线PB∥平面OEF；
(2) 平面OEF⊥平面ABCD.
证明：(1) 在△PBD中，O为BD的中点，F为PD的中点．所以OF∥PB，(3分)
因为PB⊄平面OEF，OF⊂平面OEF，(7分)
所以直线PB∥平面OEF
(2)解法1 连结AC，因为底面ABCD为平行四边形，O为BD的中点，所以O为AC的中点．
在△PAC中，O为AC的中点，E为PC的中点，
所以OE∥PA，(9分)
因为PA⊥AB，PA⊥AD，
所以OE⊥AB，OE⊥AD，(11分)
又因为AB∩AD＝A，AB，AD在平面ABCD内，
所以OE⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面OEF，所以平面OEF⊥平面ABCD.(14分)
解法2 连结AC，因为ABCD为平行四边形，所以AC与BD交于点O，O为AC中点，又E为PC中点，所以PA∥OE，因为PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，所以PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面OEF，所以OEF⊥平面ABCD.
变式1、、(2019苏州期末）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1) 求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2) 求证：C1F∥平面ABE.
解：(1) 证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.(2分)
又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面B1BCC1，
所以AB⊥平面B1BCC1.(4分)
又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(6分)
(2)证明：取AB中点G，连结EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.(8分)
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1.
所以四边形FGEC1为平面四边形，(11分)
所以C1F⊥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.(14分)
变式2、(2019无锡期末）在四棱锥PABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB，AB⊥AD，AB⊥BC.
(1) 求证：BC∥平面 PAD；
(2) 平面 PAD⊥ 平面 ABCD.
(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D共面，所以AD∥BC.(3分)
因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(5分)
(2)过点D作DH⊥PA于点H，因为是锐角△PAD，所以H与A不重合．(7分)
因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD.
所以DH⊥平面PAB，(9分)
因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.(11分)
因为AB⊥AD，AD∩DH＝DAD，DH⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
因为AB⊂平面ABCD.所以平面PAD⊥平面ABCD.(14分)
变式3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝AC，点E，F分别在棱BB1，CC1上(均异于端点)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1.
求证：(1) 平面AEF⊥平面BB1C1C；
(2) BC∥平面AEF.
. 规范解答 (1) 在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1.
因为AF⊥CC1，所以AF⊥BB1.(2分)
又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
所以BB1⊥平面AEF.(5分)
又因为BB1⊂平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C.(7分)
(2) 因为AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF，AB＝AC，所以Rt△AEB≌Rt△AFC.所以BE＝CF.(9分)
又由(1)知，BE∥CF，所以四边形BEFC是平行四边形．
从而BC∥EF.(11分)
又BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BC∥平面AEF.(14分)
变式4、、(2018镇江期末）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC中点，AB＝AC，BC1⊥B1D.求证：
(1) A1C∥平面ADB1；
(2) 平面A1BC1⊥平面ADB1.
规范解答 (1) 设A1B∩AB1＝E，连结DE.
因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1B1B为矩形，所以E为A1B中点．(1分)
又因为D为BC中点，所以DE为△BA1C的中位线，(2分)
所以DE∥A1C且DE＝A1C.(3分)
因为A1C⊄平面ADB1，DE⊂平面ADB1，(5分)
所以A1C∥平面ADB1.(7分)
(2) 因为AB＝AC，D为BC中点，所以AD⊥BC.(8分)
又因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.
因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.(9分)
因为BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BCC1B1.(10分)
又BC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC1.(11分)
因为BC1⊥B1D，AD⊂平面ADB1，B1D⊂平面ADB1，AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面ADB1.(13分)
因为BC1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面ADB1.(14分)
(注意：有一个条件不交代书写，扣1分，扣满为止)
题型四 直线、平面的平行与垂直的综合问题
例4、(2019宿迁期末）在四棱锥SABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形．
(1) 求证：平面SAC⊥平面SBD；
(2) 若点M是棱AD的中点，点N在棱SA上，且AN＝NS，求证：SC∥平面BMN.
规范解答 (1)因为SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以SA⊥BD.(2分)
又因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又SA，AC⊂平面SAC，且SA∩AC＝A，
所以BD⊥平面SAC.(5分)
由BD⊂平面SBD，得平面SAC⊥平面SBD.(7分)
(2)设AC与BM的交点为E，连结NE.
由底面ABCD是菱形，得AD∥BC.
所以＝＝＝.(9分)
又因为AN＝NS，所以＝＝，所以NE∥SC.(11分)
因为NE⊂平面BMN，SC⊄平面BMN，所以SC∥平面BMN.(14分)
在使用直线与平面垂直的判定定理、直线与平面平行的判定定理等定理时，一定要将定理的条件写全，否则犯了“推不出”的错误，导致扣分．
变式1、(2018苏州暑假测试）如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.
(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA；
(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.
．
规范解答 (1) 因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AB⊂平面ABC，AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC.(2分)
因为CP⊂平面PBC，所以CP⊥AB.(4分)
又因为CP⊥PB，且PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以CP⊥平面PAB.(6分)
又因为PA⊂平面PAB，所以CP⊥PA.(8分)
(2) 如图，在平面PBC内过点P作PD⊥BC，垂足为D.
因为平面PBC⊥平面ABC，又平面PBC∩平面ABC＝BC，PD⊂平面PBC，所以PD⊥平面ABC.(11分)
又l⊥平面ABC，所以l∥PD.
又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，所以l∥平面PBC.(14分)
一般地，已知面面垂直，需要将面面垂直转化为线面垂直，找出两平面的交线后，寻找平面中是否有直线垂直于另外一个平面，若没有，则在某平面内构造一条线垂直于交线即可．
变式2、(2018常州期末）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．
(1) 求证：BD⊥AC；
(2) 过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.
规范解答 (1) 因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.(4分)
又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.(7分)
(第(1)问也可按如下方式证明：可由PC⊥平面ABCD，得PC⊥CD，PC⊥CB，则由PD＝，PB＝，得CD＝CB，故▱ABCD为菱形，从而AC⊥BD.)
(2) 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(10分)
又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.(14分)
立体几何中的平行与垂直问题
【知识框图】
【自主热身，归纳总结】
1、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知，是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】A选项 有可能线在面内的情形，错误；
B选项中l与m还可以相交或异面，错误；
C选项中不满足线面垂直的判定定理，错误，
D选项中由线面垂直的性质定理可知正确.
故选：D
2、（2020·浙江高三）已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则（ ）
A．β内一定能找到与l平行的直线
B．β内一定能找到与l垂直的直线
C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行
D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直
【答案】B
【解析】由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：
在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；
在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；
在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；
在D中，β内有无数条直线与l垂直，则β与α不一定垂直，故D错误．
故选：B．
3、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）如果用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【解析】选项A中还有直线n在平面内的情况，故A不正确，
选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，
选项C中还有相交，故C不正确，
故选：D．
4、（多选题）（2020届山东省济宁市高三上期末）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A．若且则
B．若则
C．若则
D．若则
【答案】BC
【解析】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；
B. 若则，又故，正确；
C. 若则或，又故，正确；
D. 若则，则或，错误；
故选：
5、（多选题）（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体中，N为底面ABCD的中心，P为线段上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则（ ）
A．CM与PN是异面直线 B．
C．平面平面 D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形
【答案】BCD
【解析】共线，即交于点，共面，因此共面，A错误；
记，则，
，又，
，，即．B正确；
由于正方体中，，平面，则，，可得平面，平面，从而可得平面平面，C正确；
取中点，连接，易知，又正方体中，，∴，共面，就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形．D正确．
故选：BCD.
6、（多选题）（2020·蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，.若点为的中点，则下列说法正确的为（ ）
A．平面
B．面
C．四棱锥外接球的表面积为
D．四棱锥的体积为6
【答案】BC
【解析】作图在四棱锥中：
由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，，则
平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；
连接交于，连接，中，∥，面，
面，所以面，所以选项B正确；
四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，
，则平面，，四棱锥的体积
所以选项D错误.
矩形中，易得，
中求得：在中
即： ，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，
所以其体积为，所以选项C正确
故选：BC
【问题探究，变式训练】
题型一、平行于垂直判定定理与性质定理的运用
例1、（2020届山东省潍坊市高三上期中）m、n是平面外的两条直线，在m∥的前提下，m∥n是n∥的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】，则存在有.而由可得，从而有.反之则不一定成立，可能相交，平行或异面.所以是的充分不必要条件，故选A
变式1、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设，为两个平面，则的充要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．，平行与同一个平面
C．内有两条相交直线与内两条相交直线平行 D．，垂直与同一个平面
【答案】C
【解析】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或或平行；
对于B，，平行于同一条直线，可得与相交或或平行；
对于C，内有两条相交直线与内两条相交直线平行，可得α∥β；
对于D，，垂直与同一个平面，可得与相交或或平行．
故选：C．
变式2、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若则
B．若则
C．若，，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】
若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；
若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；
垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；
若，则，又，则，故D对；
故选：ACD．
变式3、(2018南京三模） 已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若l⊥α，l⊥β，则α∥β； ②若l⊥α，α⊥β，则l∥β；
③若l∥α，l⊥β，则α⊥β； ④若l∥α，α⊥β，则l⊥β．
其中真命题为（填所有真命题的序号）．
【答案】:①③
【解析】：①考查定理：垂直同一直线的两个平面平行；②直线l可能在平面β内；③正确；④不一定垂直；
变式4、(2017南京、盐城二模）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．
①若α∥β，m⊂α，则m∥β； ②若m∥α，n⊂α，则m∥n；
③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β； ④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.
【答案】 ①④
【解析】：思路分析 逐一判断每个命题的真假．
①这是面面平行的性质，正确；②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误；④由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，所以m⊥β，正确．
题型二 直线与平面的平行与垂直
例1、(2019扬州期末）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：BB1⊥AC.
【解析】 (1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，
E， F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，
F， 所以EF∥AC.
因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，
所以BB1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.
变式1、、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.
求证：(1)MN∥平面PBC；
MD⊥平面PAB.
【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)
又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)
又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)
(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)
又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)
因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)
又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)
变式2、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．
求证：(1)DE∥平面ACC1A1；
(2)AE⊥平面BCC1B1.
【解析】 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．
又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)
在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.
又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1.(6分)
(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)
又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.
又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)
在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)
因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)
变式3、(2019苏锡常镇调研（一））如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：
(1) EF∥平面ABC；
(2) BD⊥平面ACE.
. 规范解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)
因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.(6分)
(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD
所以AC⊥平面BCD，(8分)
因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)
因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)
因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)
变式4、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.
求证：(1) DE∥平面ABB1A1；
(2) BC1⊥平面A1B1C.
【证明】 (1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面ACC1A1为平行四边形．又A1C与AC1交于点D，所以D为AC1的中点，同理，E为BC1的中点．所以DE∥AB.(3分)
又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1.(6分)
(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1.(8分)
又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1.(10分)
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1.(12分)
又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC1⊥平面A1B1C.(14分)
变式5、(2018无锡期末）如图，ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.
(1) 求证：AC⊥平面BDE；
(2) 求证：AC∥平面BEF.
【证明】 (1) 证明：因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DE⊥AC.(2分)
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，(4分)
因为DE，BD⊂平面BDE，且DE∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDE.(6分)
(2) 证明：设AC∩BD＝O，取BE中点G，连结FG，OG，
易知OG∥DE且OG＝DE.(8分)
因为AF∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，
从而四边形AFGO是平行四边形，所以FG∥AO.(10分)
因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，
所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.(14分)
题型三 平面与平面的平行与垂直
例3、(2019泰州期末）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，点O为对角线BD的中点，点E，F分别为棱PC，PD的中点．已知PA⊥AB，PA⊥AD.
求证：
(1) 直线PB∥平面OEF；
(2) 平面OEF⊥平面ABCD.
证明：(1) 在△PBD中，O为BD的中点，F为PD的中点．所以OF∥PB，(3分)
因为PB⊄平面OEF，OF⊂平面OEF，(7分)
所以直线PB∥平面OEF
(2)解法1 连结AC，因为底面ABCD为平行四边形，O为BD的中点，所以O为AC的中点．
在△PAC中，O为AC的中点，E为PC的中点，
所以OE∥PA，(9分)
因为PA⊥AB，PA⊥AD，
所以OE⊥AB，OE⊥AD，(11分)
又因为AB∩AD＝A，AB，AD在平面ABCD内，
所以OE⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面OEF，所以平面OEF⊥平面ABCD.(14分)
解法2 连结AC，因为ABCD为平行四边形，所以AC与BD交于点O，O为AC中点，又E为PC中点，所以PA∥OE，因为PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，所以PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面OEF，所以OEF⊥平面ABCD.
变式1、、(2019苏州期末）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1) 求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2) 求证：C1F∥平面ABE.
解：(1) 证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.(2分)
又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面B1BCC1，
所以AB⊥平面B1BCC1.(4分)
又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(6分)
(2)证明：取AB中点G，连结EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.(8分)
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1.
所以四边形FGEC1为平面四边形，(11分)
所以C1F⊥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.(14分)
变式2、(2019无锡期末）在四棱锥PABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB，AB⊥AD，AB⊥BC.
(1) 求证：BC∥平面 PAD；
(2) 平面 PAD⊥ 平面 ABCD.
(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A，B，C，D共面，所以AD∥BC.(3分)
因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(5分)
(2)过点D作DH⊥PA于点H，因为是锐角△PAD，所以H与A不重合．(7分)
因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB＝PA，DH⊂平面PAD.
所以DH⊥平面PAB，(9分)
因为AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB.(11分)
因为AB⊥AD，AD∩DH＝DAD，DH⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
因为AB⊂平面ABCD.所以平面PAD⊥平面ABCD.(14分)
变式3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝AC，点E，F分别在棱BB1，CC1上(均异于端点)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1.
求证：(1) 平面AEF⊥平面BB1C1C；
(2) BC∥平面AEF.
. 规范解答 (1) 在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1.
因为AF⊥CC1，所以AF⊥BB1.(2分)
又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
所以BB1⊥平面AEF.(5分)
又因为BB1⊂平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C.(7分)
(2) 因为AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF，AB＝AC，所以Rt△AEB≌Rt△AFC.所以BE＝CF.(9分)
又由(1)知，BE∥CF，所以四边形BEFC是平行四边形．
从而BC∥EF.(11分)
又BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BC∥平面AEF.(14分)
变式4、、(2018镇江期末）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC中点，AB＝AC，BC1⊥B1D.求证：
(1) A1C∥平面ADB1；
(2) 平面A1BC1⊥平面ADB1.
规范解答 (1) 设A1B∩AB1＝E，连结DE.
因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1B1B为矩形，所以E为A1B中点．(1分)
又因为D为BC中点，所以DE为△BA1C的中位线，(2分)
所以DE∥A1C且DE＝A1C.(3分)
因为A1C⊄平面ADB1，DE⊂平面ADB1，(5分)
所以A1C∥平面ADB1.(7分)
(2) 因为AB＝AC，D为BC中点，所以AD⊥BC.(8分)
又因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.
因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.(9分)
因为BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BCC1B1.(10分)
又BC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC1.(11分)
因为BC1⊥B1D，AD⊂平面ADB1，B1D⊂平面ADB1，AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面ADB1.(13分)
因为BC1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面ADB1.(14分)
(注意：有一个条件不交代书写，扣1分，扣满为止)
题型四 直线、平面的平行与垂直的综合问题
例4、(2019宿迁期末）在四棱锥SABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形．
(1) 求证：平面SAC⊥平面SBD；
(2) 若点M是棱AD的中点，点N在棱SA上，且AN＝NS，求证：SC∥平面BMN.
规范解答 (1)因为SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以SA⊥BD.(2分)
又因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又SA，AC⊂平面SAC，且SA∩AC＝A，
所以BD⊥平面SAC.(5分)
由BD⊂平面SBD，得平面SAC⊥平面SBD.(7分)
(2)设AC与BM的交点为E，连结NE.
由底面ABCD是菱形，得AD∥BC.
所以＝＝＝.(9分)
又因为AN＝NS，所以＝＝，所以NE∥SC.(11分)
因为NE⊂平面BMN，SC⊄平面BMN，所以SC∥平面BMN.(14分)
在使用直线与平面垂直的判定定理、直线与平面平行的判定定理等定理时，一定要将定理的条件写全，否则犯了“推不出”的错误，导致扣分．
变式1、(2018苏州暑假测试）如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.
(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA；
(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.
．
规范解答 (1) 因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AB⊂平面ABC，AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC.(2分)
因为CP⊂平面PBC，所以CP⊥AB.(4分)
又因为CP⊥PB，且PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以CP⊥平面PAB.(6分)
又因为PA⊂平面PAB，所以CP⊥PA.(8分)
(2) 如图，在平面PBC内过点P作PD⊥BC，垂足为D.
因为平面PBC⊥平面ABC，又平面PBC∩平面ABC＝BC，PD⊂平面PBC，所以PD⊥平面ABC.(11分)
又l⊥平面ABC，所以l∥PD.
又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，所以l∥平面PBC.(14分)
一般地，已知面面垂直，需要将面面垂直转化为线面垂直，找出两平面的交线后，寻找平面中是否有直线垂直于另外一个平面，若没有，则在某平面内构造一条线垂直于交线即可．
变式2、(2018常州期末）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．
(1) 求证：BD⊥AC；
(2) 过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.
规范解答 (1) 因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.(4分)
又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.(7分)
(第(1)问也可按如下方式证明：可由PC⊥平面ABCD，得PC⊥CD，PC⊥CB，则由PD＝，PB＝，得CD＝CB，故▱ABCD为菱形，从而AC⊥BD.)
(2) 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(10分)
又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.(14分)
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