第2講　空間中的平行與垂直

「考情研析」　1.從具體內(nèi)容上：①以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對(duì)命題的真假進(jìn)行判斷，屬于基礎(chǔ)題；②以解答題的形式考查，主要是對(duì)線線、線面與面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺(tái)或其簡(jiǎn)單組合體為載體進(jìn)行考查．　2.從高考特點(diǎn)上，難度中等，常以一道選填題或在解答題的第一問(wèn)考查．

核心知識(shí)回顧

1.直線與平面平行的判定和性質(zhì)

(1)判定

①判定定理：a∥b，b?α，a?α?a∥α．

②面面平行的性質(zhì)：α∥β，a?α?a∥β．

(2)性質(zhì)：l∥α，l?β，α∩β＝m?l∥m．

2．直線和平面垂直的判定和性質(zhì)

(1)判定

①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c?α，b∩c＝O?a⊥α．

②線面垂直的其他判定方法：

a．a(chǎn)∥b，a⊥α?b⊥α．

b．l⊥α，α∥β?l⊥β．

c．α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β．

(2)性質(zhì)

①l⊥α，a?α?l⊥a．

②l⊥α，m⊥α?l∥m．

3．兩個(gè)平面平行的判定和性質(zhì)

(1)判定

①判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?β∥α．

②面面平行的其他判定方法：

a．l⊥α，l⊥β?α∥β．

b．α∥γ，α∥β?β∥γ．

(2)性質(zhì)：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b．

4．兩個(gè)平面垂直的判定和性質(zhì)

(1)判定：a?α，a⊥β?α⊥β．

(2)性質(zhì)：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β．

熱點(diǎn)考向探究

考向1　空間線面位置關(guān)系的判定

例1(1)(多選)(2020·山東省煙臺(tái)市模擬)已知m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個(gè)不重合的平面，則()

A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n

B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n

C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β

D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β

答案　BC

解析　由m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個(gè)不重合的平面，知：對(duì)于A，若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n相交、平行或異面，故錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則由線面垂直、面面垂直的性質(zhì)定理得m⊥n，故正確；對(duì)于C，若m∥n，m⊥α，n⊥β，則由線面垂直的性質(zhì)定理和面面平行的判定定理得α∥β，故正確；對(duì)于D，若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β或m?β，故錯(cuò)誤．故選BC.(2)

(多選)(2020·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高考預(yù)測(cè)卷)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M在棱CC1上，則下列結(jié)論正確的是()

A．直線BM與平面ADD1A1平行

B．平面BMD1截正方體所得的截面為三角形

C．異面直線AD1與A1C1所成的角為

D．MB＋MD1的最小值為

答案　ACD

解析　對(duì)于A，因?yàn)槠矫鍭DD1A1∥平面BCC1B1，BM?平面BCC1B1，即可判定直線BM與平面ADD1A1平行，故正確；對(duì)于B，如圖1，平面BMD1截正方體所得的截面為四邊形，故錯(cuò)誤；對(duì)于C，如圖2，異面直線AD1與A1C1所成的角為∠D1AC，即可判定異面直線AD1與A1C1所成的角為，故正確；對(duì)于D，如圖3，將正方體的側(cè)面展開(kāi)，可得當(dāng)B，M，D1共線時(shí)，MB＋MD1有最小值，最小值為BD1＝＝，故正確．故選ACD.判斷空間線面位置關(guān)系常用的方法

(1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷來(lái)解決問(wèn)題．

(2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來(lái)進(jìn)行判斷.(多選)(2020·山東省聊城市一模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點(diǎn)，則()

A．直線D1D與直線AF垂直

B．直線A1G與平面AEF平行

C．平面AEF截正方體所得的截面面積為

D．點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等

答案　BC

解析　∵CC1與AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF與DD1不垂直，故A錯(cuò)誤；取B1C1的中點(diǎn)N，連接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，則直線A1G∥平面AEF，故B正確；把截面AEF補(bǔ)形為四邊形AEFD1，由四邊形AEFD1為等腰梯形可得平面AEF截正方體所得的截面面積S＝，故C正確；假設(shè)點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等，即平面AEF將CG平分，則平面AEF必過(guò)CG的中點(diǎn)，連接CG交EF于點(diǎn)H，而H不是CG中點(diǎn)，則假設(shè)不成立，故D錯(cuò)誤．故選BC.考向2　空間平行、垂直關(guān)系的證明

例2(2020·山東省青島市高三期中)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，面PAD⊥面ABCD，E為AD的中點(diǎn)．

(1)求證：PA⊥BD；

(2)在線段AB上是否存在一點(diǎn)G，使得BC∥面PEG？若存在，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

解(1)證明：取AB的中點(diǎn)F，連接DF.∵DC∥AB且DC＝AB，∴DC∥BF且DC＝BF，∴四邊形BCDF為平行四邊形，又AB⊥BC，BC＝CD＝1，∴四邊形BCDF為正方形．

在Rt△AFD中，∵DF＝AF＝1，∴AD＝，在Rt△BCD中，∵BC＝CD＝1，∴BD＝，∵AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵BD?面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，面PAD⊥面ABCD，∴BD⊥面PAD，∵PA?面PAD，∴PA⊥BD.(2)在線段AB上存在一點(diǎn)G，滿足AG＝AB，即G為AF的中點(diǎn)時(shí)，BC∥面PEG，證明如下：連接EG，∵E為AD的中點(diǎn)，G為AF中點(diǎn)，∴GE∥DF，又DF∥BC，∴GE∥BC，∵GE?面PEG，BC?面PEG，∴BC∥面PEG.空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過(guò)判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化．

(2020·江蘇省泰州中學(xué)、宜興中學(xué)、江都中學(xué)聯(lián)考)如圖，在四棱錐S－ABCD中，已知SA＝SB，四邊形ABCD是平行四邊形，且平面SAB⊥平面ABCD，點(diǎn)M，N分別是SC，AB的中點(diǎn)．

求證：(1)MN∥平面SAD；

(2)SN⊥AC.證明(1)取SD的中點(diǎn)E，連接EM，EA.∵M(jìn)是SC的中點(diǎn)，∴EM∥CD，且EM＝CD.∵底面ABCD是平行四邊形，N為AB的中點(diǎn)，∴AN∥CD，且AN＝CD，∴EM∥AN，EM＝AN，∴四邊形EMNA是平行四邊形，∴MN∥AE.∵M(jìn)N?平面SAD，AE?平面SAD，∴MN∥平面SAD.(2)∵SA＝SB，N是AB的中點(diǎn)，∴SN⊥AB，∵平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，SN?平面SAB，∴SN⊥平面ABCD，∵AC?平面ABCD，∴SN⊥AC.考向3　立體幾何中的翻折問(wèn)題

例3(1)(2020·山東省濰坊市三模)如圖1，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為10的菱形，其對(duì)角線AC＝12，現(xiàn)將△ABC沿對(duì)角線AC折起，連接BD，形成如圖2的四面體ABCD，則異面直線AC與BD所成角的大小為_(kāi)_______；在圖2中，設(shè)棱AC的中點(diǎn)為M，BD的中點(diǎn)為N，若四面體ABCD的外接球的球心在四面體的內(nèi)部，則線段MN長(zhǎng)度的取值范圍為_(kāi)_______．

答案(，8)

解析　連接BM，DM，∵四邊形ABCD是菱形，M為棱AC的中點(diǎn)，∴AC⊥BM，AC⊥DM，又BM∩DM＝M，則AC⊥平面BMD，∵BD?平面BMD，∴AC⊥BD，則異面直線AC與BD所成角的大小為.∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為10的菱形，其對(duì)角線AC＝12，∴MA＝6，MB＝8.設(shè)O1是△ABC的外心，則O1在中線BM上，設(shè)過(guò)點(diǎn)O1的直線l1⊥平面ABC，易知l1?平面BMD，設(shè)O2是△ACD的外心，則O2在中線DM上，設(shè)過(guò)點(diǎn)O2的直線l2⊥平面ACD，易知l2?平面BMD，由對(duì)稱(chēng)性易知l1，l2的交點(diǎn)O在直線MN上，根據(jù)外接球的性質(zhì)，知點(diǎn)O為四面體ABCD的外接球的球心，O1A2＝O1M2＋MA2，O1A＋O1M＝BM＝8，∴(8－O1M)2＝O1M2＋36，解得O1M＝，令∠BMN＝θ，根據(jù)題意可知BD⊥CN，BD⊥AN，且CN∩AN＝N，∴BD⊥平面ACN，又MN?平面ACN，∴BD⊥MN，∴0<θ<，∴MN＝BM

cos

θ＝8cos

θ<8.∵cos

θ＝＝，∴OM·MN＝O1M·BM＝×8＝14，又OM14，∴MN>，∴

①當(dāng)M在何處時(shí)，平面ADM⊥平面P′BC，并證明；

②若AB＝2，∠P′DC＝135°，證明：點(diǎn)C到平面P′AD的距離等于點(diǎn)P′到平面ABCD的距離，并求出該距離.解?、佼?dāng)點(diǎn)M為P′C的中點(diǎn)時(shí)，平面ADM⊥平面P′BC，證明如下：∵DP′＝DC，M為P′C的中點(diǎn)，∴P′C⊥DM，∵AD⊥DP′，AD⊥DC，DP′∩DC＝D，∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C，又DM∩AD＝D，∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC.②在平面P′CD上作P′H⊥CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，由①中AD⊥平面DP′C，可知平面P′CD⊥平面ABCD，又平面P′CD∩平面ABCD＝CD，P′H?平面P′CD，P′H⊥CD，∴P′H⊥平面ABCD，由題意，得DP′＝2，∠P′DH＝45°，∴P′H＝，又VP′－ADC＝VC－P′AD，設(shè)點(diǎn)C到平面P′AD的距離為h，即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h，由題意，知△ADC≌△ADP′，則S△ADC＝S△P′AD.∴P′H＝h，故點(diǎn)C到平面P′AD的距離等于點(diǎn)P′到平面ABCD的距離，且該距離為.翻折前后位于同一個(gè)半平面內(nèi)的直線間的位置關(guān)系、數(shù)量關(guān)系不變，翻折前后分別位于兩個(gè)半平面內(nèi)(非交線)的直線位置關(guān)系、數(shù)量關(guān)系一般發(fā)生變化，解翻折問(wèn)題的關(guān)鍵是辨析清楚“不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系”“變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系”．

如圖1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，點(diǎn)E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直(如圖2)，在圖2所示的幾何體D－ABC中，(1)求證：BC⊥平面ACD；

(2)若點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F－BCE的體積．

解(1)證明：在圖1中，由題意，知AC＝BC＝2，AB＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.如圖2，因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，連接DE，則DE⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE?平面ACD，從而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC.又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD.(2)如圖2，取DC的中點(diǎn)F，連接EF，BF，因?yàn)镋是AC的中點(diǎn)，所以EF∥AD，又EF?平面BEF，AD?平面BEF，所以AD∥平面BEF，由(1)知，DE為三棱錐D－ABC的高，因?yàn)槿忮FF－BCE的高h(yuǎn)＝DE＝×＝，S△BCE＝S△ABC＝××2×2＝2，所以三棱錐F－BCE的體積為

VF－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝.真題押題

『真題檢驗(yàn)』

1．(2020·浙江高考)已知空間中不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線m，n，l，則“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的()

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分也不必要條件

答案　B

解析　依題意m，n，l是空間中不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線，當(dāng)m，n，l在同一平面時(shí)，可能有m∥n∥l，故不能得出m，n，l兩兩相交．當(dāng)m，n，l兩兩相交時(shí)，設(shè)m∩n＝A，m∩l＝B，n∩l＝C，則m，n確定一個(gè)平面α，而B(niǎo)∈m?α，C∈n?α，所以直線BC即l?α，所以m，n，l在同一平面．綜上所述，“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的必要不充分條件．故選B.2．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是()

A．α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行

B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行

C．α，β平行于同一條直線

D．α，β垂直于同一平面

答案　B

解析　若α∥β，則α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行，反之則不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個(gè)平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件．根據(jù)平面與平面平行的判定定理知，若一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則兩平面平行，反之也成立．因此，B中條件是α∥β的充要條件．故選B.3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為_(kāi)_______．

答案

解析　如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)為E，BB1的中點(diǎn)為F，CC1的中點(diǎn)為G，因?yàn)椤螧AD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，所以△D1B1C1為等邊三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因?yàn)锽B1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥側(cè)面B1C1CB.設(shè)P為側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點(diǎn)，則D1E⊥EP.因?yàn)榍虻陌霃綖?，D1E＝，所以EP＝＝＝，所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點(diǎn)到E的距離為.因?yàn)镋F＝EG＝，所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線是扇形EFG的弧.因?yàn)椤螧1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG＝，所以根據(jù)弧長(zhǎng)公式可得交線長(zhǎng)l＝×＝.4.(2020·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：

(1)當(dāng)AB＝BC時(shí)，EF⊥AC；

(2)點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)．

證明(1)連接BD，B1D1.∵在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥BB1.∵AB＝BC，∴四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD.∵BB1∩BD＝B，BB1，BD?平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D.∵EF?平面BB1D1D，∴EF⊥AC.(2)在CC1上取點(diǎn)M使得CM＝2MC1，連接DM，MF，EC1.∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，∴ED＝MC1，ED∥MC1.∴四邊形DMC1E為平行四邊形，∴DM∥EC1.∵在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，BF＝2FB1，CM＝2MC1，∴DA∥CB，DA＝CB，MF∥CB，MF＝CB，∴MF∥DA，MF＝DA，∴四邊形MFAD為平行四邊形，∴DM∥AF，∴EC1∥AF.∴點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)．

5．(2020·江蘇高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)．

(1)求證：EF∥平面AB1C1；

(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1.證明(1)由于E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)，所以EF∥AB1.由于EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)由于B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以B1C⊥AB.由于AB⊥AC，AC∩B1C＝C，所以AB⊥平面AB1C，由于AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.『金版押題』

6.(多選)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，N為底面ABCD的中心，P為線段A1D1上的動(dòng)點(diǎn)(不包括兩個(gè)端點(diǎn))，M為線段AP的中點(diǎn)，則()

A．CM與PN是異面直線

B．CM>PN

C．平面PAN⊥平面BDD1B1

D．過(guò)P，A，C三點(diǎn)的正方體的截面一定是等腰梯形

答案　BCD

解析　由C，N，A三點(diǎn)共線，得CN，PM交于點(diǎn)A，因此CM，PN共面，A錯(cuò)誤；記∠PAC＝θ，則PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN

cos

θ＝AP2＋AC2－AP·AC

cos

θ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM

cos

θ＝AC2＋AP2－AP·AC

cos

θ，又AP0，所以CM2>PN2，即CM>PN，B正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AN⊥BD，BB1⊥平面ABCD，則BB1⊥AN，BB1∩BD＝B，可得AN⊥平面BDD1B1，AN?平面PAN，從而可得平面PAN⊥平面BDD1B1，C正確；在C1D1上取一點(diǎn)K，使得D1K＝D1P，連接KP，KC，A1C1，易知PK∥A1C1，又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，所以PK，AC共面，PKCA就是過(guò)P，A，C三點(diǎn)的正方體的截面，它是等腰梯形，D正確．故選BCD.專(zhuān)題作業(yè)

一、選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．

1．(2020·武漢部分學(xué)校質(zhì)量檢測(cè))若點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是()

答案　D

解析　對(duì)于A，因?yàn)锳，C，M，N分別為所在棱的中點(diǎn)，由正方體的性質(zhì)知MN∥AC，又MN?平面ABC，AC?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對(duì)于B，取AC的中點(diǎn)E，連接BE，由條件及正方體的性質(zhì)知MN∥BE.因?yàn)镸N?平面ABC，BE?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對(duì)于C，取AC的中點(diǎn)E，連接BE，由條件及正方體的性質(zhì)知MN∥BE，因?yàn)镸N?平面ABC，BE?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對(duì)于D，連接AM，BN，由條件及正方體的性質(zhì)知四邊形AMNB是等腰梯形，所以AB與MN所在的直線相交，故不能推出MN∥平面ABC.故選D.2．(2020·長(zhǎng)春高三質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知直線a和平面α，β有如下關(guān)系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，則下列命題為真的是()

A．①③?④

B．①④?③

C．③④?①

D．②③?④

答案　C

解析　如圖正方體中，當(dāng)直線a為AB，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面B1BCC1時(shí)，α⊥β，a⊥β，a?α，故A不正確；當(dāng)直線a為DD1，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面B1BCC1時(shí)，α⊥β，a∥α，a∥β，故B不正確；若a⊥β，a∥α，則由面面垂直的判定定理可推出α⊥β，故C正確；當(dāng)直線a為A1D1，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面D1DCC1時(shí)，α∥β，a⊥β，a⊥α，故D不正確．綜上所述，C為真命題，故選C.3.(2020·四川省瀘州市模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列命題正確的是()

A.AC與B1C是相交直線且垂直

B.AC與A1D是異面直線且垂直

C．BD1與BC是相交直線且垂直

D．AC與BD1是異面直線且垂直

答案　D

解析　如圖，連接AB1，可得△AB1C為正三角形，可得AC與B1C是相交直線且成60°角，故A錯(cuò)誤；∵A1D∥B1C，∴AC與A1D是異面直線且成60°角，故B錯(cuò)誤；BD1與BC是相交直線，所成角為∠D1BC，其正切值為，故C錯(cuò)誤；連接BD，可知BD⊥AC，則BD1⊥AC，可知AC與BD1是異面直線且垂直，故D正確．故選D.4．(2020·河北省石家莊模擬)已知α，β是空間兩個(gè)不同的平面，m，n是空間兩條不同的直線，則給出的下列說(shuō)法正確的是()

①m∥α，n∥β，且m∥n，則α∥β；

②m∥α，n∥β，且m⊥n，則α⊥β；

③m⊥α，n⊥β，且m∥n，則α∥β；

④m⊥α，n⊥β，且m⊥n，則α⊥β.A．①②③

B．①③④

C．②④

D．③④

答案　D

解析　對(duì)于①，當(dāng)m∥α，n∥β，且m∥n時(shí)，有α∥β或α，β相交，所以①錯(cuò)誤；對(duì)于②，當(dāng)m∥α，n∥β，且m⊥n時(shí)，有α⊥β或α∥β或α，β相交且不垂直，所以②錯(cuò)誤；對(duì)于③，當(dāng)m⊥α，n⊥β，且m∥n時(shí)，得出m⊥β，所以α∥β，③正確；對(duì)于④，當(dāng)m⊥α，n⊥β，且m⊥n時(shí)，α⊥β成立，所以④正確．綜上知，正確的命題序號(hào)是③④.故選D.5．(2020·甘肅省靖遠(yuǎn)縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD上的一點(diǎn)，且CE＝2DE，F(xiàn)為棱AA1的中點(diǎn)，且平面BEF與DD1交于點(diǎn)G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為()

A．

B．

C．

D．

答案　C

解析　因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角，易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設(shè)AB＝6，則AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，則＝，即＝?DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan

∠D1B1G＝＝＝，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為，故選C.6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且A1F與平面D1AE的垂線垂直，如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是()

A．點(diǎn)F的軌跡是一條線段

B．A1F與BE是異面直線

C．A1F與D1E不可能平行

D．三棱錐F－ABC1的體積為定值

答案　C

解析　由題知A1F∥平面D1AE，分別取B1C1，BB1的中點(diǎn)H，G，連接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故點(diǎn)F的軌跡為線段HG，A正確；由異面直線的判定定理可知A1F與BE是異面直線，故B正確；當(dāng)F是BB1的中點(diǎn)時(shí)，A1F與D1E平行，故C不正確；∵HG∥平面ABC1，∴F點(diǎn)到平面ABC1的距離不變，故三棱錐F－ABC1的體積為定值，故D正確．

7．(2020·長(zhǎng)沙模擬)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝2，M為棱BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足∠APD＝∠CPM，則點(diǎn)P的軌跡與長(zhǎng)方體的面DCC1D1的交線長(zhǎng)等于()

A．

B．π

C．

D．π

答案　A

解析　如圖，由題意知，只需考慮點(diǎn)P在平面DCC1D1上的情況，此時(shí)AD⊥DP，MC⊥CP，所以tan

∠APD＝，tan∠CPM＝.因?yàn)椤螦PD＝∠CPM，所以＝.因?yàn)镸是BC的中點(diǎn)，所以AD＝2MC，所以DP＝2PC.在平面D1DCC1內(nèi)，以D為原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，DD1的方向?yàn)閥軸的正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，則D(0，0)，C(6，0).設(shè)P(x，y)，則

＝2，化簡(jiǎn)，得y2＋(x－8)2＝42.該圓與平面D1DCC1的交線長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角為，則對(duì)應(yīng)弧長(zhǎng)為×4＝.8．(2020·佛山模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，將△ABE沿BE折起，在翻折過(guò)程中，記點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為A′，二面角A′－DC－B的平面角的大小為α，則當(dāng)α最大時(shí)，tan

α＝()

A.B．

C．

D．

答案　D

解析　如圖，取BC的中點(diǎn)F，連接AF，交BE于點(diǎn)O，則AF⊥BE，連接OA′，A′F，則OA′＝OA＝，OA′⊥BE，OF⊥BE，又OA′∩OF＝O，所以BE⊥平面OA′F，又BE?平面ABCD，所以平面OA′F⊥平面ABCD.設(shè)A′在AF上的投影為M，連接A′M，設(shè)∠A′OM＝β，則A′M＝sin

β，OM＝cos

β，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥CD交CD于點(diǎn)N，連接A′N(xiāo)，則∠A′N(xiāo)M＝α.易得α∈，MN＝－cos

β，所以當(dāng)α最大時(shí)，tan

α最大，tan

α＝＝，令＝t，所以sin

β＝3t－t

cos

β，所以3t＝sin

β＋t

cos

β＝sin

(β＋θ)，所以3t≤，所以t≤，即tan

α≤，故選D.二、選擇題：在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.9．(2020·山東省青島市高三期中)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列直線或平面與平面ACD1平行的是()

A．直線A1B

B．直線BB1

C．平面A1DC1

D．平面A1BC1

答案　AD

解析　如圖，由A1B∥D1C，且A1B?平面ACD1，D1C?平面ACD1，故直線A1B與平面ACD1平行，故A正確；直線BB1∥DD1，DD1與平面ACD1相交，故直線BB1與平面ACD1相交，故B錯(cuò)誤；顯然平面A1DC1與平面ACD1相交，故C錯(cuò)誤；由A1B∥D1C，AC∥A1C1，且A1B∩A1C1＝A1，AC∩D1C＝C，故平面A1BC1與平面ACD1平行，故D正確．故選AD.10．如圖，在以下四個(gè)正方體中，直線AB與平面CDE垂直的是()

答案　BD

解析　在A中，AB與CE的夾角為45°，所以直線AB與平面CDE不垂直，故不符合題意；在B中，AB⊥CE，AB⊥DE，CE∩DE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合題意；在C中，AB與EC的夾角為60°，所以直線AB與平面CDE不垂直，故不符合題意；在D中，AB⊥DE，AB⊥CE，DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合題意．故選BD.11．(2020·海南省高三三模)如圖，四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等邊三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M為棱PD的中點(diǎn)，N為菱形ABCD的中心，下列結(jié)論正確的有()

A．直線PB與平面AMC平行

B．直線PB與直線AD垂直

C．線段AM與線段CM長(zhǎng)度相等

D．PB與AM所成角的余弦值為

答案　ABD

解析　如圖，連接MN，易知MN∥PB，又MN?平面AMC，∴PB∥平面AMC，A正確；在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴△BAD為等邊三角形．設(shè)AD的中點(diǎn)為O，連接OB，OP，則OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又PB?平面POB，∴AD⊥PB，B正確；由平面PAD⊥平面ABCD，得△POB為直角三角形，設(shè)AD＝4，則OP＝OB＝2，∴PB＝2，MN＝PB＝.在△MAN中，AM＝AN＝2，MN＝，可得cos

∠AMN＝，故異面直線PB與AM所成角的余弦值為，D正確；∵cos

∠MNC＝－cos

∠MNA＝－cos

∠AMN＝－，又NC＝2，MN＝，∴－＝，得CM＝2>AM，C錯(cuò)誤．故選ABD.12．(2020·山東省威海市一模)如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E為AB的中點(diǎn)，以DE為折痕把△ADE折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PC＝2.則()

A．平面PED⊥平面EBCD

B．PC⊥ED

C．二面角P－DC－B的大小為45°

D．PC與平面PED所成角的正切值為

答案　AC

解析　A項(xiàng)，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD?平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，正確；B項(xiàng)，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，則ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝45°，顯然矛盾，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，二面角P－DC－B的平面角為∠PDE，又∠PDE＝∠ADE＝45°，故正確；D項(xiàng)，由上面分析可知，∠CPD為直線PC與平面PED所成的角，在Rt△PCD中，tan

∠CPD＝＝，故錯(cuò)誤．故選AC.三、填空題

13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分別為AA1，BB1的中點(diǎn)，則異面直線BM與C1N所成角的余弦值為_(kāi)_______．

答案

解析　如圖，連接A1N，則A1N∥BM，所以異面直線BM與C1N所成的角就是直線A1N和C1N所成的角．由題意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos

∠A1NC1＝＝.所以異面直線BM與C1N所成角的余弦值為.14．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：

①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出一個(gè)正確的命題：________．

答案　若m∥α且l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)

解析　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因?yàn)閘可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.15．已知四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC將△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F(xiàn)是AD′的中點(diǎn)，E是AC上一點(diǎn)，給出下列結(jié)論：

①存在點(diǎn)E，使得EF∥平面BCD′；

②存在點(diǎn)E，使得EF⊥平面ABC；

③存在點(diǎn)E，使得D′E⊥平面ABC；

④存在點(diǎn)E，使得AC⊥平面BD′E.其中正確的結(jié)論是________(寫(xiě)出所有正確結(jié)論的序號(hào)).答案　①②③

解析　對(duì)于①，存在AC的中點(diǎn)E，使得EF∥CD′，利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；對(duì)于②，過(guò)點(diǎn)F作EF⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF⊥平面ABC；對(duì)于③，過(guò)點(diǎn)D′作D′E⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得D′E⊥平面ABC；對(duì)于④，因?yàn)锳BCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一點(diǎn)，所以不存在點(diǎn)E，使得AC⊥平面BD′E.16．如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點(diǎn)，以AO為直徑的圓與AD的另一個(gè)交點(diǎn)為C，P為SD的中點(diǎn)．現(xiàn)給出以下結(jié)論：

①△SAC為直角三角形；

②平面SAD⊥平面SBD；

③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行．

其中正確結(jié)論的序號(hào)是________(寫(xiě)出所有正確結(jié)論的序號(hào)).答案　①③

解析　如圖，連接OC，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AC，C在以AO為直徑的圓上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即△SAC為直角三角形，故①正確；假設(shè)平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中過(guò)點(diǎn)A作AH⊥SD交SD于點(diǎn)H，則AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一個(gè)三角形內(nèi)不可能有兩個(gè)直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②錯(cuò)誤；連接DO并延長(zhǎng)交圓O于點(diǎn)E，連接PO，SE，∵P為SD的中點(diǎn)，O為ED的中點(diǎn)，∴OP是△SDE的中位線，∴PO∥SE，即SE∥平面PAB，即平面PAB必與圓錐SO的母線SE平行．故③正確．故正確是①③.四、解答題

17.在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F(xiàn)是棱PA上的一動(dòng)點(diǎn)，E為PD的中點(diǎn)．

(1)求證：平面BDF⊥平面ACF；

(2)若AF＝2，側(cè)面PAD內(nèi)是否存在過(guò)點(diǎn)E的一條直線，使得直線上任一點(diǎn)M都有CM∥平面BDF，若存在，給出證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

解(1)證明：由題意可知，PA⊥平面ABCD，則BD⊥PA，又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC為平面PAC內(nèi)兩相交直線，所以BD⊥平面PAC，BD為平面BDF內(nèi)一直線，從而平面BDF⊥平面ACF.(2)側(cè)面PAD內(nèi)存在過(guò)點(diǎn)E的一條直線，使得直線上任一點(diǎn)M都有CM∥平面BDF.設(shè)G是PF的中點(diǎn)，連接EG，CG，OF，則?平面CEG∥平面BDF，所以直線EG上任一點(diǎn)M都滿足CM∥平面BDF.18.(2020·河北省保定市二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA＝PD＝，E為PA的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PD上且EF⊥平面PCD，M在DC延長(zhǎng)線上，F(xiàn)H∥DM，交PM于點(diǎn)H，且FH＝1.(1)證明：EF∥平面PBM；

(2)求點(diǎn)M到平面ABP的距離.解(1)證明：取PB的中點(diǎn)G，連接EG，HG，則EG∥AB，且EG＝1，∵FH∥DM，且FH＝1

又AB∥DM，∴EG∥FH，EG＝FH，即四邊形EFHG為平行四邊形，∴EF∥GH.又EF?平面PBM，GH?平面PBM，∴EF∥平面PBM.(2)∵EF⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴EF⊥CD.∵AD⊥CD，EF和AD顯然相交，EF，AD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，CD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD.取AD的中點(diǎn)O，連接PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∵AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，∵PA?平面PAD，∴PA⊥AB，在等腰三角形PAD中，PO＝＝＝4.設(shè)點(diǎn)M到平面ABP的距離為h，連接AM，利用等體積可得VM－ABP＝VP－ABM，即××2××h＝××2×2×4，∴h＝＝，∴點(diǎn)M到平面PAB的距離為.