高考数学二轮复习点、直线、平面之间的位置关系专题训练(含解析)

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2021年高考数学二轮复习点、直线、平面之间的位置关系测试题

2021年高考数学二轮复习点、直线、平面之间的位置关系测试题【解析】构造如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，取l 1为AD ，l 2为AA 1，l 3为A 1B 1，当取l 4为B 1C 1时，l 1∥l 4，当取l 4为BB 1时，l 1⊥l 4，故排除A 、B 、C ，选D.【答案】 D2．(预测题)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】利用面面垂直的性质定理及空间直线的位置关系，判定充分必要条件．当α⊥β时，由于α∩β＝m ，b ⊂β，b ⊥m ，由面面垂直的性质定理知，b ⊥α.又∵a ⊂α，∴b ⊥a .∴“α⊥β”是“a ⊥b ”的充分条件．而当a ⊂α且a ∥m 时，∵b ⊥m ，∴b ⊥a .而此时平面α与平面β不一定垂直，∴“α⊥β”不是“a ⊥b ”的必要条件，故选A.【答案】 A3．(xx·江西高考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11【解析】取CD 的中点H ，连接EH ，HF .在四面体CDEF 中，CD ⊥EH ，CD ⊥FH ，所以CD ⊥平面EFH ，所以AB ⊥平面EFH ，所以正方体的左、右两个侧面与EF 平行，其余4个平面与EF 相交，即n ＝4.又因为CE 与AB 在同一平面内，所以CE 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.【答案】 A4．(xx·云南第一次检测)在三棱锥SABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB 、BC 、SC 、SA 交于D 、E 、F 、H 、D 、E 分别是AB 、BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3 【解析】取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB∥FE .又D 、E 分别为AB 、BC 的中点，则H 、F 也为AS 、SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.【答案】 A5．(创新题)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直【解析】找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于选项A ，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，过点C 作CF ⊥BD ，垂足为F ，在图(1)中，由边AB ，BC 不相等可知点E ，F 不重合．在图(2)中，连接CE ，若直线AC 与直线BD 垂直，又∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥面ACE ，∴BD ⊥CE ，与点E ，F 不重合相矛盾，故A 错误．对于选项B ，若AB ⊥CD ，又∵AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ，∴AB ⊥面ADC ，∴AB ⊥AC ，由AB ＜BC 可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB 与直线CD 垂直，故B 正确．对于选项C ，若AD ⊥BC ，又∵DC ⊥BC ，AD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥面ADC ，∴BC ⊥AC .已知BC ＝2，AB ＝1，BC ＞AB ，∴不存在这样的直角三角形．∴C 错误．由上可知D 错误，故选B. 【答案】 B 二、填空题6．(xx·浙江金华模拟)在图中，G ，H ，M ，N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)【解析】图①中，直线GH ∥MN ；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；图③中，连线MG ，则GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉面GMN ， ∴GH 与MN 异面．∴图②、④中GH 与MN 异面．【答案】 ②④7．(原创题)已知正方形ABCD 的边长是1，对角线AC 与BD 交于O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角，并给出下面结论：①AC ⊥BD ；②AD ⊥CO ；③△AOC 为正三角形；④cos ∠ADC ＝34，则其中的真命题的序号是________．【解析】由于BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，所以BD ⊥平面AOC ，于是AC ⊥BD ，所以①正确；因为折成60°的二面角，所以∠AOC ＝60°，又OA ＝OC ，因此△AOC 为正三角形，故③正确；cos∠ADC ＝1＋1－2222＝34，故④也正确．故选①③④.【答案】 ①③④8．(xx·安徽合肥二模)设m 、n 是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面，给出下列四个命题：① 若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是________．【解析】 ①②正确；③中，若m ∥α，m ∥β，则α与β还有可能相交，故③不正确；④中，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β还有可能相交，故④不正确．【答案】 ①② 三、解答题9．四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)【解】由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝CD ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)【证明】 ∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．10．(xx·深圳调研考试)如图(1)，⊙O 的直径AB ＝2，圆上两点C ，D 在直径AB 的两侧，且∠CAB ＝π4，∠DAB ＝π3.沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图(2))，F 为BC 的中点，E 为AO 的中点．根据图(2)解答下列各题：(1)求三棱锥CBOD 的体积； (2)求证：CB ⊥DE ；(3)在BD 上是否存在一点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试确定点 G 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)∵C 为圆周上一点，且AB 为直径，∴∠ACB ＝π2，∵∠CAB ＝π4，∴AC ＝BC .∵O 为AB 的中点，∴CO ⊥AB . ∵AB ＝2，∴CO ＝1.∵两个半圆所在平面ACB 与平面ADB 互相垂直且其交线为AB ， ∴CO ⊥平面ABD ，∴CO ⊥平面BOD . ∴CO 就是点C 到平面BOD 的距离．S △BOD ＝12S △ABD ＝12×12×1×3＝34，∴V CBOD ＝13S △BOD ·CO ＝13×34×1＝312.(2)证明：在△AOD 中，∠OAD ＝π3，OA ＝OD ，∴△AOD 为正三角形．又∵E 为OA 的中点，∴DE ⊥AO ，∵两个半圆所在平面ACB 与平面ADB 互相垂直且其交线为AB ， ∴DE ⊥平面ABC . ∴CB ⊥DE .(3)存在满足题意的点G ，G 为BD 的中点．证明如下：连接OG ，OF ，FG ，易知OG ⊥BD ，∵AB 为⊙O 的直径， ∴AD ⊥BD ，∴OG ∥AD ，∵OG ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ， ∴OG ∥平面ACD .在△ABC 中，O ，F 分别为AB ，BC 的中点， ∴OF ∥AC ，∵OF ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， ∴OF ∥平面ACD ，∵OG ∩OF ＝O ， ∴平面OFG ∥平面ACD ，又FG ⊂平面OFG ，∴FG ∥平面ACD .第13讲(理) 空间向量与立体几何27098 69DA 槚27714 6C42 求(37006908E 邎 32009 7D09 紉35666 8B52 譒28075 6DAB 涫 30754 7822 砢20123 4E9B 些40046 9C6E 鱮29946 74FA 瓺29500 733C 猼。

2022高考数学(理)二轮复习高效演练 2.5.2点、直线、平面之间的位置关系 Word版含答案

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高效演练1.(考向一)(2021·东营模拟)下列命题中错误的是( )A.假如平面α⊥平面β，那么平面α内肯定存在直线平行于平面βB.假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内肯定不存在直线垂直于平面βC.假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γD.假如平面α⊥平面β，那么平面α内全部直线都垂直于平面β【解析】选D.由题意可知：A、结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B、假如平面α内存在直线垂直于平面β，依据面面垂直的判定定理可知两平面垂直.故此命题成立；C、结合面面垂直的性质可以分别在α，β内作异于l的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行，再由线面平行的性质可知所作的直线与l 平行，又由于两条平行线中的一条垂直于平面，那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有很多直线是不垂直于地面的.故此命题不成立.2.(考向二)已知直线l，平面α，β，γ，则下列能推出α∥β的条件是( )A.l⊥α，l∥βB.l∥α，l∥βC.α⊥γ，γ⊥βD.α∥γ，γ∥β【解析】选D.能推出α∥β的条件是α∥γ，γ∥β.3.(考向二)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是AA1，CC1的中点，点P是CC1上的动点(包括端点)，过点E，D，P作正方体的截面，若截面为四边形，则点P 的轨迹是( )A.线段C1FB.线段CFC.线段CF和一点C1D.线段C1F和一点C【解析】选C.如图，DE∥平面BB1C1C，所以平面DEP与平面BB1C1C的交线PM ∥ED，连接EM，易证MP=ED，则M到达B1时，仍可构成四边形，即P到F，而P在C1F之间，不满足要求.留意点P到点C1仍可构成四边形.4.(考向三)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.若∠BPC=90°，PB=√2，PC=2，则四棱锥P-ABCD的体积最大值为.【解析】如图所示，作PO⊥AD，垂足为点O，作OG⊥BC，垂足为点G，连接GP.由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD.在△BPC中，由于∠BPC=90°，PB=√2，PC=2，所以BC=√BP2+PC2=√6.所以PG=BP·PCBC=2√33.设AB=x，则OG=x，PO=√PG2−OG2=√43−x2，所以V P-ABCD =13PO·S ABCD=13√43−x2×√6x，所以V2=23(43−x2)x2≤23(43−x2+x22)2=(23)3，当且仅当x=√63时取等号.所以V P-ABCD≤2√69.答案：2√695.(考向二、三)(2021·威海一模)如图，在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA=AB，点E是PD的中点.(1)求证：AC⊥PB.(2)求证：PB∥平面AEC.(3)若PA=4，求点E到平面ABCD的距离.【解析】(1)由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AC，又AB⊥AC，PA∩AB=A，所以AC⊥平面PAB，所以AC⊥PB.(2)连BD交AC于点O，连接EO，则EO是△PDB的中位线，所以EO∥PB.又由于PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC.(3)取AD中点F，连接EF.由于点E是PD的中点，所以EF12PA.又由于PA⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD.所以线段EF的长度就是点E到平面ABCD的距离.又由于PA=4，所以EF=2.所以点E到平面ABCD的距离为2.关闭Word文档返回原板块。

2020届高考数学(理)二轮复习全程方略课件：专题12 点、直线、平面之间的位置关系 Word版含答案

[答案] C
3．(2017·全国卷Ⅲ)a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直线与 a，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 30°角； ②当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 60°角； ③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°； ④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°. 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)
• 3．三种平行关系的转化
• 4．三种垂直关系的转化
• 1．忽略判定定理和性质定理中的条件
• 应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定理时，忽略 “两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线” 的条件等．
[解] (1)取 PA 的中点 F，连接 EF，BF.因为 E 是 PD 的中点，所以 EF∥AD，EF＝12AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得 BC∥AD，又 BC＝12AD，所以 EF 綊 BC，四边形 BCEF 是平行四边形，CE∥BF，又 BF⊂平面 PAB，
CE⊄平面 PAB，故 CE∥平面 PAB.
②③④
[解析] 对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设 AA′为直线 m，CD 为直线 n，ABCD 所在的平面为 α， ABC′D′所在的平面为 β，显然这些直线和平面满足题目条件，但 α⊥β 不成立．命题②正确，证明如下：设过直线 n 的某平面与平面 α 相交于直线 l，则 l∥n，由 m⊥α 知 m⊥l，从而 m⊥n 结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．

高考数学二轮复习精品学案：第10讲点、直线、平面之间的位置关系(含2013试题,含名师点评)[ 高考]

第十讲点、直线、平面之间的位置关系真题试做►———————————————————1．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l2．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积．考情分析►———————————————————(1)以选择、填空题的形式考查时，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题真假进行判断，属基础题．(2)以解答题的形式考查时，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．考点一判断空间点、线、面之间的位置关系高考试题中多以考查空间点、线、面的位置关系的判断为主，考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系；试题多为选择题、填空题．(2013·高考广东卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β【思路点拨】本题可以依据相应的判定定理或性质定理进行判断，也可以借助于长方体模型，利用模型中的直线和平面进行判断．解决空间线面位置关系的组合判断题的两大思路：(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，肯定或否定某些选项，并作出选择．强化训练1给出下列关于互不相同的直线m，l，n和平面α，β的四个命题：①若m⊂α，l∩α＝A，点A∉m，则l与m不共面；②若m、l是异面直线，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，则n⊥α；③若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m；④若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.其中为真命题的是________(填序号)．考点二求证空间中线线、线面平行与垂直此类问题多以多面体为载体，求证线线、线面的平行与垂直，在解答题中往往作为第一问，难度一般不大，适当添加辅助线是解题的常用方法，考查学生灵活应用线线、线面的平行与垂直的相互转化能力．如图所示，正三棱柱A1B1C1ABC中，点D是BC的中点，BC＝2BB1，设B1D∩BC1＝F.求证：(1)A1C∥平面AB1D；(2)BC1⊥平面AB1D.【思路点拨】本题可先挖掘正三棱柱中有关的线面平行及垂直关系，第(1)问可利用“线线平行”或“面面平行”；第(2)问可利用“线线垂直”来证“线面垂直”．解决线线、线面的平行与垂直问题常有以下技巧：(1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线面平行常用的两种方法：①利用线面平行的判定定理，把证线面平行转化为证线线平行；②利用面面平行的性质，把证线面平行转化为证面面平行．(3)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .(4)证明线面垂直的常用方法：①判定定理：⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥ml ⊥nm ，n ⊂αm ∩n ＝A ⇒l ⊥α；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥β⇒a ⊥α；④α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 强化训练2如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为DD 1，DB 的中点．求证：(1)EF ∥平面ABC 1D 1； (2)EF ⊥B 1C .考点三证明空间面与面的位置关系此类问题多以多面体为载体，结合线线、线面的位置关系，涉及的知识点多，综合性强，通常考查面面位置关系的判定及性质，考查学生的推理论证能力．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA .(1)求证：平面EFG ∥平面PMA ； (2)求证：平面EFG ⊥平面PDC ； (3)求三棱锥P -MAB 与四棱锥P -ABCD 的体积之比．【思路点拨】 (1)证明EG 、FG 都平行于平面PMA .(2)证明GF ⊥平面PDC .(3)设MA 为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解．(1)垂直问题的转化方向：面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：①证明线线垂直：线线垂直的定义；线面垂直的定义；勾股定理等平面几何中的有关定理．②证明线面垂直：线面垂直的判定定理；线面垂直的性质定理；面面垂直的性质定理．③证明面面垂直：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理．(2)证明面面平行的常用方法是利用判定定理，其关键是结合图形与条件在平面内寻找两相交直线分别平行于另一平面．强化训练3(2013·合肥市质量检测)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE＝MC＝ 2.(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC.考点四空间图形的折叠与展开此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面位置关系及有关计算．考查学生的知识迁移能力和空间想象能力，难度较大．(2013·高考广东卷)如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图(2)所示的三棱锥A-BCF，其中BC＝2 2.(1)证明：DE ∥平面BCF ； (2)证明：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F -DEG 的体积V F DEG .【思路点拨】 (1)要证直线和平面平行，可证直线与该平面内的一条直线平行，也可证直线所在的平面与该平面平行．(2)要证直线和平面垂直，需要证明直线和该平面内的两条相交直线垂直．(3)要求三棱锥的体积，需要确定底面面积和高，然后代入棱锥的体积公式计算．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．强化训练4 (2012·高考福建卷)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 为棱DD 1上的一点．(1)求三棱锥A -MCC 1的体积；(2)当A 1M ＋MC 取得最小值时，求证：B 1M ⊥平面MAC .推理论证能力——空间线、面位置关系的判断与证明推理论证是由前提和结论两部分组成；论证是由已有的正确的前提到被论证的结论的一连串的推理过程．推理既包括演绎推理，也包括合情推理；论证方法既包括按形式划分的演绎法和归纳法，也包括按思考方法划分的直接证法和间接证法．(2013·高考北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【证明】(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，所以P A⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD．(3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD．又P A∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.所以CD⊥PD．因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF．所以平面BEF⊥平面PCD.由面面垂直推出线面垂直；由线线平行推出线面平行，论证中要注意BE⊄平面P AD、AD⊂平面P AD这两个条件；由线面垂直推出线线垂直；由线线垂直推出线面垂直，应注意EF∩BE＝E.抓关键提能力跟踪训练(2013·郑州市质量检测)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．(1)求证：AB1⊥平面A1BD；(2)设点O为AB1上的动点，当OD∥平面ABC时，求AOOB1的值．_体验真题·把脉考向_1．【解析】选D.根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.2．【解】(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝ 3.又A1C＝6，则A1C2＝OC2＋OA21，故OA1⊥OC.因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高．又△ABC的面积S△ABC＝3，故三棱柱ABC-A1B1C1的体积V＝S△ABC·OA1＝3._典例展示·解密高考_【例1】【解析】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1⊂平面BCC1B1，BC ⊂平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误．平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1⊂平面A1B1C1D1，AC⊂平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．AB⊥A1D1，AB⊂平面ABCD，A1D1⊂平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C错误．故选D.【答案】D[强化训练1]【解析】③中l∥m或l，m异面，所以③错误，其他正确．【答案】①②④【例2】【证明】(1)连接A1B，设A1B与AB1交于E，连接DE.∵点D是BC的中点，点E是A1B的中点，∴DE∥A1C，∵A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形，点D是BC的中点，∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面B1BCC1，平面ABC∩平面B1BCC1＝BC，AD⊂平面ABC，∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1，∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点，BC＝2BB1，∴BD＝22BB1.∵BDBB1＝CC1BC＝22，∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1.∴∠BDB1＝∠BC1C.∴∠FBD＋∠BDF＝∠C1BC＋∠BC1C＝90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD＝D，∴BC1⊥平面AB1D.[强化训练2]【证明】(1)连接BD1.在△DD1B中，E，F分别为D1D，DB的中点，则EF∥D1B.又D1B⊂平面ABC1D1，EF⊄平面ABC1D1，∴EF∥平面ABC1D1.(2)由题意易得AB⊥B1C，B1C⊥BC1.又AB，BC1⊂平面ABC1D1，AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1.又BD1⊂平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1.而EF∥BD1，∴EF⊥B1C.【例3】【解】(1)证明：∵E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG、GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.(2)证明：由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD ⊥BC .∵四边形ABCD 为正方形， ∴BC ⊥DC .又PD ∩DC ＝D ， ∴BC ⊥平面PDC .在△PBC 中，∵G 、F 分别为PB 、PC 的中点， ∴GF ∥BC ，∴GF ⊥平面PDC . 又GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ⊥平面PDC .(3)∵PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2. ∵DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ， ∴DA 即为点P 到平面MAB 的距离， ∴V P MAB ∶V P ABCD ＝13S △MAB ·DA ∶13S 正方形ABCD ·PD ＝S △MAB ∶S 正方形ABCD ＝(12×1×2)∶(2×2) ＝1∶4.[强化训练3]【证明】(1)∵AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，M 为线段BD 的中点，∴AM ＝12BD ＝2，AM ⊥BD .∵AE ＝MC ＝2，∴AE ＝MC ＝12BD ＝2，∴BC ⊥CD ，BD ⊥CM .∵AE ⊥平面ABD ，MC ∥AE ，∴MC ⊥平面ABD ， ∴MC ⊥AM ，又BD ∩MC ＝M ， ∴AM ⊥平面BCD .又MC ∥AE ，AE ＝MC ＝2，∴四边形AMCE 为平行四边形，∴EC ∥AM ， ∴EC ⊥平面BCD ，∴BC ⊥EC . ∵EC ∩CD ＝C ， ∴BC ⊥平面CDE ，∴平面BCD ⊥平面CDE .(2)∵M 为BD 的中点，N 为DE 的中点， ∴MN ∥BE .由(1)知EC ∥AM 且AM ∩MN ＝M ，又BE ∩EC ＝E ，∴平面AMN ∥平面BEC . 【例4】【解】(1)证明：法一：在折叠后的图形中，因为AB ＝AC ，AD ＝AE ，所以AD AB ＝AEAC，所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，所以DE ∥平面BCF .法二：在折叠前的图形中，因为AB ＝AC ，AD ＝AE ，所以AD AB ＝AEAC，所以DE ∥BC ，即DG ∥BF ，EG ∥CF .在折叠后的图形中，仍有DG ∥BF ，EG ∥CF . 又因为DG ⊄平面BCF ，BF ⊂平面BCF ，所以DG ∥平面BCF ，同理可证EG ∥平面BCF .又DG ∩EG ＝G ，DG ⊂平面DEG ，EG ⊂平面DEG ，故平面DEG ∥平面BCF .又DE ⊂平面DEG ，所以DE ∥平面BCF .(2)证明：在折叠前的图形中，因为△ABC 为等边三角形，BF ＝CF ，所以AF ⊥BC ，则在折叠后的图形中，AF ⊥BF ，AF ⊥CF .又BF ＝CF ＝12，BC ＝22，所以BC 2＝BF 2＋CF 2，所以BF ⊥CF .又BF ∩AF ＝F ，BF ⊂平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，所以CF ⊥平面ABF .(3)由(1)知，平面DEG ∥平面BCF ，由(2)知AF ⊥BF ，AF ⊥CF ，又BF ∩CF ＝F ，所以AF ⊥平面BCF .所以AF ⊥平面DEG ，即GF ⊥平面DEG .在折叠前的图形中，AB ＝1，BF ＝CF ＝12，AF ＝32. 由AD ＝23知AD AB ＝23，又DG ∥BF ，所以DG BF ＝AG AF ＝AD AB ＝23，所以DG ＝EG ＝23×12＝13，AG ＝23×32＝33，所以FG ＝AF －AG ＝36. 故三棱锥F -DEG 的体积为V 三棱锥F -DEG ＝13S △DEG ·FG ＝13×12×⎝⎛⎭⎫132×36＝3324. [强化训练4]【解】(1)由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1知，AD ⊥平面CDD 1C 1， ∴点A 到平面CDD 1C 1的距离等于AD ＝1.又S △MCC 1＝12CC 1·CD ＝12×2×1＝1， ∴VA MCC 1＝13AD ·S △MCC 1＝13.(2)证明：将侧面CDD 1C 1绕DD 1逆时针转90°展开，与侧面ADD 1A 1共面(如图)，当点A 1，M ，C ′共线时，A 1M ＋MC 取得最小值．由AD ＝CD ＝1，AA 1＝2，得M 为DD 1的中点．连接A 1M 、B 1M ，在△C 1MC 中，MC 1＝2，MC ＝2，CC 1＝2，∴CC 21＝MC 21＋MC 2，得∠CMC 1＝90°，即CM ⊥MC 1. 又由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1知，B 1C 1⊥平面CDD 1C 1，∴B 1C 1⊥CM .又B 1C 1∩C 1M ＝C 1，∴CM ⊥平面B 1C 1M ，得CM ⊥B 1M .同理可证，B 1M ⊥AM .又AM ∩MC ＝M ，∴B 1M ⊥平面MAC ._名师讲坛·精彩推荐_[跟踪训练]【解】(1)证明：取BC 的中点为M ，连接AM ，B 1M ，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，△ABC 为正三角形，所以AM ⊥BC ，故AM ⊥平面BCC 1B 1，又BD ⊂平面BCC 1B 1，所以AM ⊥BD .又正方形BCC 1B 1中，tan ∠BB 1M ＝tan ∠CBD ＝12，所以BD ⊥B 1M ，又B 1M ∩AM ＝M ，所以BD ⊥平面AB 1M ，故AB 1⊥BD ，正方形BAA 1B 1中，AB 1⊥A 1B ，又A 1B ∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD .(2)取AA 1的中点为N ，连接ND ，OD ，ON .因为N ，D 分别为AA 1，CC 1的中点，所以ND ∥平面ABC .又OD ∥平面ABC ，ND ∩OD ＝D ，所以平面NOD ∥平面ABC .所以ON ∥平面ABC .又ON ⊂平面BAA 1B 1，平面BAA 1B 1∩平面ABC ＝AB ，所以ON ∥AB .注意到AB ∥A 1B 1，所以ON ∥A 1B 1.又N 为AA 1的中点，所以O 为AB 1的中点，即AO OB 1＝1.。

高考数学二轮复习第15讲点直线平面之间的位置关系试题

卜人入州八九几市潮王学校点、直线、平面之间的位置关系高考立体几何局部在正常情况下考两题。

一道填空题，常考空间的线、面位置关系的辨析与断定或者特殊几何体的体积、外表积等，要求考生对公理、定理、性质、定义等非悉．并能借助已有的几何体中的线与面来解决问题；一道大题，常考线面的平行、垂直，面面的平行与垂直，偶然也求确定几何体的体积，通过线段长度、线段长度比，点的位置确定等来探究几何体中的线线、线面、面面的位置关系，要重视，要学会标准答题．1.直线a，b是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线，那么a与b的位置关系是________．2.①a∥b；②a∥α；③α∥β.假设直线l⊥平面α，给出以下判断：①假设直线m⊥l，那么m∥α；②假设直线m⊥α，那么m∥l；③假设直线m∥α，那么m⊥l；④假设直线m∥l，那么m⊥α.其中正确判断的序号是________________．3.A、B、C、D不一共面，A在平面BCD上的射影为O，那么AB⊥CD，AC⊥BD是O为△BCD垂心的________(填“充分必要，充分不必要，必要不充分，既不充分又不必要〞)条件．【例1】如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线PA垂直于圆O所在的平面，点M 为线段PB的中点，求证：(1)MO∥平面PAC；(2)平面PAC⊥平面PBC.【例2】如图四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AD＝1，侧面PAD是正三角形，且与底面垂直，Q是AD的中点．(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)M在线段PC上，PM＝tPC，线段BC上是否存在一点R，使得当t∈(0,1)时，总有BQ∥平面MDR？假设存在，确定R点位置；假设不存在，说明理由．【例3】如图，ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.(1)求证：E、B、F、D1四点一共面；(2)假设点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.【例4】如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E、F分别为边AB、AD的中点，现将△ADE沿DE折起，得四棱锥ABCDE.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)假设平面ADE⊥平面BCDE，求四面体FDCE的体积．1.(2021·)如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．假设EF∥平面AB1C，那么线段EF的长度等于________．2.①假设a∥b，b∥c，那么a∥c；②假设a⊥b，b⊥c，那么a⊥c；③假设a∥γ，b∥γ，那么a∥b；④假设a⊥γ，b⊥γ，那么a∥b.3.①假设α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，那么α平行于β；②假设α外一条直线l与α内一条直线平行，那么l和α平行；③设α和β相交于直线l，假设α内有一条直线垂直于l，那么α和β垂直；④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．4.①假设平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β；②假设平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β；③假设平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ；④假设平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β.5.(2021·)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点，求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.6.(2021·)在如下列图的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥PMAB与四棱锥PABCD的体积之比．(2021·一模)(本小题总分值是14分)如图，在棱长均为4的三棱柱ABCA1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)假设平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1ABC的体积．(1)证明：如图，连结DD1.在三棱柱ABCA1B1C1中，因为D、D1分别是BC与B1C1的中点，所以B1D1∥BD，且B1D1＝BD，所以四边形B1BDD1为平行四边形，(2分)所以BB1∥DD1，且BB1＝DD1.又AA1∥BB1，AA1＝BB1，所以AA1∥DD1，AA1＝DD1，所以四边形AA1D1D为平行四边形，(4分)所以A1D1∥AD.又A1D1平面AB1D，AD平面AB1D，故A1D1∥平面AB1D.(6分)(2)解：(解法1)在△ABC中，因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，AD平面ABC，所以AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱锥AB1BC的高.(10分)在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4，得AD＝2.在△B1BC中，B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°，所以△B1BC的面积S△B1BC＝×42＝4.所以三棱锥B1ABC的体积即三棱锥AB1BC的体积：V＝×S△B1BC·AD＝×4×2＝8.(14分)(解法2)在△B1BC中，因为B1B＝BC，∠B1BC＝60°，所以△B1BC为正三角形，因此B1D⊥BC.因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，B1D平面B1C1CB，所以B1D⊥平面ABC，即B1D是三棱锥B1ABC的高.(10分)在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4得△ABC的面积S△ABC＝×42＝4.在△B1BC中，因为B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°，所以B1D＝2.所以三棱锥B1ABC的体积V＝×S△ABC·B1D＝×4×2＝8.(14分)第15讲点、直线、平面之间的位置关系1.过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线一共有________条．【答案】62.①m⊥α，n∥β，α∥βm⊥n；②m⊥n，n∥β，m⊥αα∥β；③m⊥n，α∥β，m∥αn⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥βn⊥β.【答案】①④3.①假设一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行；②假设一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；③假设两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行；④假设一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．【答案】①②④4.①PA∥平面MOB；②MO∥平面PBC；③OC⊥平面PAC；④平面PAC⊥平面PBC.【答案】④5.直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝.(1)求证：平面AB1C⊥平面B1CB；(2)求三棱锥A1—AB1C的体积．解：(1)证明：直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，那么BB1⊥AB，BB1⊥BC.又由于AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝，那么AB＝，那么由AC2＋BC2＝AB2，可知AC⊥BC.又由BB1⊥底面ABC，可知BB1⊥AC，那么AC⊥平面B1CB，所以平面AB1C⊥平面B1CB.(2)解：三棱锥A1—AB1C的体积VA1—AB1C＝VB1—A1AC＝××1＝.(注：还有其他转换方法)6.等腰梯形PDCB中(如图1)，PB＝3，DC＝1，PD＝BC＝，A为PB边上一点，且PA＝1，将△PAD沿AD 折起，使面PAD⊥面ABCD(如图2)．(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；(2)试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两局部V PDCMA∶V MACB＝2∶1；(3)在点M满足(2)的情况下，判断直线PD是否平行面AMC.图1图2解：(1)证明：依题意知CD⊥AD，又∵面PAD⊥面ABCD，∴DC⊥平面PAD.又DC面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.(2)解：由(1)知PA⊥平面ABCD，∴平面PAB⊥平面ABCD.在PB上取一点M，作MN⊥AB，垂足为N，那么MN⊥平面ABCD，设MN＝h，那么V M—ABC＝S△ABC·h＝××2×1×h＝，V P—ABC＝S△ABC·PA＝××1×1＝，要使V PDCMA∶V MACB＝2∶1，即∶＝2∶1，解得h＝，即M为PB的中点．(3)连结BD交AC于O.因为AB∥CD，AB＝2，CD＝1，由相似三角形易得BO＝2OD.∴O不是BD的中心．又∵M为PB的中点，∴在△PBD中，OM与PD不平行∴OM所在直线与PD所在直线相交．又OM平面AMC，∴直线PD与平面AMC不平行．根底训练1.相交或者异面2.②③3.②③④4.充分必要例题选讲例1证明：(1)∵M，O分别是PB、AB的中点，∴MO∥PA，又∵MO平面PAC，PA平面PAC，∴MO∥平面PAC.(2)∵直线PA垂直于圆O所在的平面，∴PA⊥BC∵C是圆周上一点，AB是直径，∴BC⊥AC.又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC.变式训练如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求点A到平面PBC的间隔．(1)证明：因为P D⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC.由∠BCD＝90°，得BC⊥DC.又PD∩DC＝D，PD平面PCD，DC平面PCD，所以BC⊥平面PCD，因为PC平面PCD，故PC⊥BC.(2)解：如图，连结AC.设点A到平面PBC的间隔为h，因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°，从而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1.由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱锥P—ABC的体积V＝S△ABC·PD＝，因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC.又PD＝DC＝1，所以PC＝＝.由PC⊥BC，BC＝1，得S△PBC＝.由V＝S△PBC h＝··h＝，∴h＝.故点A到平面PBC的间隔等于.点评：本小题主要考察直线与平面、平面与平面的位置关系，考察几何体的体积，考察空间想象才能、推理论证才能和运算才能．例2解：(1)连结PQ，那么PQ⊥AD，由题意易得PQ＝，S ABCD＝.∵平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，PQ⊥AD，PQ平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴V P—ABCD＝PQ·S ABCD＝.(2)存在，R为BC的中点．取R为BC中点，连结MR，DR，DM，那么BQ∥DR.∵BQ∥DR，BQ平面DMR，DR平面DMR，∴BQ∥平面DMR.因此，R为BC中点，当t∈(0,1)时，总有BQ∥平面MDR，反之也成立．变式训练如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E为AB的中点，F是C1C上一点，且CF＝2a.(1)求证：C1E∥平面ADF；(2)试在BB1上找一点G，使得CG⊥平面ADF；(3)求三棱锥D—AB1F的体积．(1)证明：∵AB＝AC，D为BC中点，又E为AB的中点，连结CE交AD于O，连结FO，易知＝＝，故FO∥C1E.又FO平面AFD，C1E平面AFD，故C1E∥平面AFD.(2)解：在平面C1CBB1内，过C作CG⊥DF，交B1B于G.在Rt△FCD和Rt△CBG中，FC＝CB，∠CFD＝∠BCG，故Rt△FCD≌Rt△CBG.而AD⊥BC，CC1⊥AD且CC1∩CB＝C，故AD⊥平面C1CBB1.而CG平面C1CBB1，故AD⊥CG.又CG⊥DF，AD∩FD＝D，故CG⊥平面ADF，此时BG＝CD＝a.(3)解：∵AD⊥平面BCC1B1，∴VD—AB1F＝VA—B1DF＝·S△B1DF·AD＝×B1F·FD·AD＝.例3解：(1)如图，在DD1上取点N，使DN＝1，连结EN，CN，那么AE＝DN＝1，CF＝ND1＝2.因为AE∥DN，ND1∥CF，所以四边形ADNE，CFD1N都为平行四边形．从而EN AD，FD1∥CN.又因为AD BC，所以EN BC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN∥BE，从而FD1∥BE.因此，E、B、F、D1四点一共面．(2)如图，GM⊥BF，又BM⊥BC，所以∠BGM＝∠CFB，BM＝BG·tan∠BGM＝BG·tan∠CFB＝BG·＝×＝1.因为AE BM，所以ABME为平行四边形，从而AB∥EM.又AB⊥平面BCC1B1，所以EM⊥平面BCC1B1.例4(1)证明：(证法1)取线段AC的中点M，连结MF、MB.因为F为AD的中点，所以MF∥CD，且MF＝CD.在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.所以MF∥BE，且MF＝BE.所以四边形BEFM为平行四边形，故EF∥BM.又EF平面ABC，BM平面ABC，所以EF∥平面ABC.(证法2)延长DE交CB的延长线于点N，连结AN.在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.所以∠NBE＝∠NCD，∠NEB＝∠NDC.所以△NEB∽△NDC.所以＝＝，即E为DN的中点．又F为AD的中点，所以EF∥NA.又EF平面ABC，NA平面ABC，所以EF∥平面ABC.(证法3)取CD的中点O，连结OE、OF.折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝CD.所以BE∥CO，且BE＝CO.所以四边形BEOC为平行四边形．所以EO∥BC.又EO平面ABC，BC平面ABC，所以EO∥平面ABC.因为F、O分别为AD、CD的中点，所以FO∥AC.又FO平面ABC，AC平面ABC，所以FO∥平面ABC.又FO、EO平面FEO，FO∩EO＝O，所以平面FEO∥平面ABC.因为EF平面EOF，所以EF∥平面ABC.(2)解：(解法1)在折叠前，四边形ABCD为矩形，AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE、△CBE都是等腰直角三角形，且AD＝AE＝EB＝BC＝2，所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且DE＝EC＝2.又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°.CE⊥DE，又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，CE平面BCDE，所以CE⊥平面ADE，即CE为三棱锥C—EFD的高．因为F为AD的中点，所以S△EFD＝××AD·AE＝×2×2＝1.所以四面体FDCE的体积V＝×S△EFD·CE＝×1×2＝.(解法2)过F作FH⊥DE，H为垂足．因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，FH平面ADE，所以FH⊥平面BCDE，即FH为三棱锥F—ECD的高．在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE是等腰直角三角形．又F为AD的中点，所以DF＝1.所以FH＝DF·sin45°＝.又S△EDC＝×CD·BC＝×4×2＝4，所以四面体FDCE的体积V＝×S△EDC·FH＝×4×＝.(解法3)过A作AG⊥DE，G为垂足．因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，AG平面ADE，所以AG⊥平面BCDE，即AG为三棱锥A—ECD的高．在折叠前，四边形ABCD为矩形，且AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE是等腰直角三角形．所以AG＝AD·sin45°＝.又S△EDC＝×DC·BC＝×4×2＝4，所以三棱锥A—ECD的体积V A—ECD＝×S△EDC·AG＝×4×＝.因为F为AD的中点，所以S△EFD＝S△EAD.所以V三棱锥C—EFD＝V三棱锥C—EAD＝V A—ECD＝.即四面体FDCE的体积为.(说明：在第(2)问中，可以证明AD⊥AC；求点D到平面EFC的间隔)高考回忆1.解析：EF∥AC，EF＝AC，AC＝2，∴EF＝.2.①④3.①②4.④5.证明：(1)因为E、F分别是AP、AD的中点，∴EF∥PD.又∵PD面PCD，EF面PCD，∴直线EF∥平面PCD.(2)连结BD，∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．又F是AD的中点，∴BF⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，∴BF⊥面PAD，又BF面BEF，所以，平面BEF⊥平面PAD.6.(1)证明：由MA⊥平面ABCD，PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD，又BC平面ABCD.所以PD⊥BC.因为四边形ABCD为正方形，所以BC⊥DC，又PD∩DC＝D，因此BC⊥平面PDC，在△PBC中，因为G、F分别为PB、PC的中点，所以GF∥BC.因此GF⊥平面PDC.又GF平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.(2)解：因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，那么PD＝AD＝2，所以V P—ABCD＝S正方形ABCD·PD＝.由于DA⊥面MAB，且PD∥MA，所以DA即为点P到平面MAB的间隔三棱锥V P—MAB＝，所以V P—MAB∶V P—ABCD＝1∶4.。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解40 空间点、直线、平面之间的位置关系

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在 D 中，如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们还有其它公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线是，是公理，故 D 错误．故选：C．【再练一题】如图，空间四边形 ABCD 中，E、F 分别是、 AD AB 的中点，G、H 分别在、 BC CD 上，且： BG GC ＝DH：HC＝1：2．（1）求证：E、F、G、H 四点共面；（2）设 FG 与 HE 交于点 P，求证：P、A、C 三点共线．
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∵ ＝，，，∴ AB 1 AD
AA1
AC1
．
∴ ∠ cos BAC1
．
即异面直线 A1B1 与 AC1 所成角的余弦值为．故选：C．【再练一题】
异面直线，a b 所成的角为，直线 a⊥c，则异面直线 b 与 c 所成角的范围为（）
．A [ ]
．B [ ]
．C [
]
ห้องสมุดไป่ตู้
．D [
则 EG 平行且等于， BD FG 平行且等于， AC
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所以相交直线 EF 与 EG 所成的锐角或直角即为异面直线 EF 与 BD 所成的角．
由 AC⊥BD，AC＝BD，可得 EG⊥GF，EG＝GF．故等腰 Rt△EGF 中，有∠FEG＝45°，即异面直线 EF 与 BD 所成的角为． 45° 思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理 4 及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．【题型三】求异面直线所成的角【典型例题】
A． π
B． π

高考数学二轮专题复习知能专练十四点直线平面之间的位置关系

高考数学二轮专题复习知能专练十四点直线平面之间的位置关系一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB 与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( )A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①② B．①②③C．① D．②③解析：选B 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离．故①②③都正确．4．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥β。

高考数学二轮专题复习知能专练十四点直线平面之间的位置关系5

知能专练（十四）点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①② B．①②③C．① D．②③解析：选B 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，∴BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥PC .对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥PA ，∵PA ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，∴OM ∥平面PAC .对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离．故①②③都正确．4．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD A1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .5.(2017·成都模拟)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234B.252 C ．10 D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，交HC 于M ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 6．已知E ，F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点；②存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上；③对于任意的平面α，都有S △EFG ＝S △EFH ；④对于任意的平面α，当G ，H 在线段BC ，AD 上时，几何体AC EGFH 的体积是一个定值．解析：对①，G ，H 分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD上，作图可知②错．对③，如图1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，H到平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB的中点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的距离相等．连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥ACDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V CEFG＝V DEFH，由③可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F 为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等．故④正确．答案：③④三、解答题10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.。

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1 高考数学二轮复习点、直线、平面之间的位置关系专题训练（含解析）一、选择题 1．在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析立体几何中的公理有四个，B，C，D都是，第四个为空间平行线的传递性，而A是面面平行的性质定理，由公理推证出来的，故选A. 答案 A 2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面解析对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，当直线l1、l2、l3构成三棱柱三条侧棱所在直线时不共面；对于D，直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面，所以选B. 答案 B 3．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，且a⊄α，a⊄β，则下列结论中不成立的是( ) A．若b⊂β，a∥b，则a∥β B．若a⊥β，α⊥β，则a∥α C．若a⊥b，b⊥α，则a∥α D．若α⊥β，a⊥β，b∥a，则b∥α 解析对于选项A，若有b⊂β，a∥b，且已知a⊄β，所以根据线面平行的判定定理，可得a∥β.故选项A正确；对于选项B，若a⊥β，α⊥β，则根据空间线、面的位置关系，可知a⊂α或a∥α，而由已知a⊄α，所以a∥α.故选项B正确；对于选项C，若a⊥b，b⊥α，所以a⊂α或a∥α.而由已知a⊄α，所以a∥α.故选项C正确；对于选项D，由a⊥β，b∥a，可得b⊥β.又α⊥β，所以b⊂α或b∥α.故不能得到b∥α.所以选项D错误．答案 D 4．(2014·四川绵阳二模)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是( ) A．l⊂α，m⊂β，且l⊥m 2

B．l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n C．m⊂α，n⊂β，m∥n，且l⊥m D．l⊂α，l∥m，且m⊥β 解析对A，l⊂α，m⊂β，且l⊥m，如图(1)，α，β不垂直；对B，l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n，如图(2)，α，β不垂直；

对C，m⊂α，n⊂β，m∥n，且l⊥m，直线l没有确定，则α，β的关系不能确定；对D，l⊂α，l∥m，且m⊥β，则必有l⊥β，根据面面垂直的判定定理知α⊥β. 答案 D 5．(2014·山东济南二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：①若α⊥β，m∥α，则m⊥β；②若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；③若m⊥β，m∥α，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β. 其中正确命题的序号是( ) A．①④ B．②③ C．②④ D．①③ 解析当α⊥β，m∥α时，有m⊥β，m∥β，m⊂β等多种可能情况，所以①不正确；当m⊥α，n⊥β，且m⊥n时，由面面垂直的判定定理知α⊥β，所以②正确；因为m⊥β，m∥α，所以α⊥β，③正确；若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β或α，β相交，④不正确．故选B. 答案 B 6.

如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( ) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC 3

C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 解析由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD. 在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD. 又因为AB⊥AD，AD∩DC＝D，所以AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC. 答案 D 二、填空题 7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为________．解析如图所示，取AB的中点E，连接B1E，则AM∥B1E，取EB的中点F，连接FN，则B1E∥FN，因此AM∥FN，则直线FN与CN所夹的锐角或直角为异面直线AM与CN所成的角．

设AB＝1，连接CF，在△CFN中，CN＝52，FN＝54，CF＝174. 由余弦定理得cos∠CNF＝CN2＋FN2－CF22CN·FN＝25. 答案 25 8．(2014·吉林二模)下列命题中正确的是________．(填上你认为正确的所有命题的序号) ①空间中三个平面α，β，γ，若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ； ②若a，b，c为三条两两异面的直线，则存在无数条直线与a，b，c都相交；

③球O与棱长为a的正四面体各面都相切，则该球的表面积为π6a2； ④三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，则PC⊥AB. 解析 ①中也可以α与γ相交；②作平面与a，b，c都相交；③中可得球的半径为r＝612a；④中由PA⊥BC，PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心，故PC⊥AB. 4

答案 ②③④ 9.

如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．解析点P到直线CC1的距离等于点P在面ABCD上的射影到点C的距离，点P在面ABCD内的射影落在线段DE上，设为P′，问题等价求为P′C的最小值，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此

时P′C＝2×122＋1＝255

答案 255 三、解答题 10．如图所示，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，AC＝AB＝1，A1C＝A1B，B1C1

∥BC，B1C1＝12BC.

(1)求证：平面A1AC⊥平面ABC； (2)求证：AB1∥平面A1C1C. 证明 (1)∵四边形ABB1A1为正方形，∴A1A＝AB＝AC＝1， A1A⊥AB.

∴A1B＝2. 5

∵A1C＝A1B，∴A1C＝2. ∴∠A1AC＝90°，∴A1A⊥AC. ∵AB∩AC＝A，∴A1A⊥平面ABC. 又∵A1A⊂平面A1AC， ∴平面A1AC⊥平面ABC，

(2)取BC的中点E，连接AE，C1E，B1E. ∵B1C1∥BC.B1C1＝12BC， ∴B1C1∥EC，B1C1＝EC. ∴四边形CEB1C1为平行四边形．∴B1E∥C1C. ∵C1C⊂平面A1C1C，B1E⊄平面A1C1C， ∴B1E∥平面A1C1C.

∵B1C1∥BC，B1C1＝12BC， ∴B1C1∥BE，B1C1＝BE. ∴四边形BB1C1E为平行四边形． ∴B1B∥C1E，且B1B＝C1E. 又∵四边形ABB1A1是正方形， ∴A1A∥C1E，且A1A＝C1E. ∴四边形AEC1A1为平行四边形，∴AE∥A1C1. ∵A1C1⊂平面A1C1C，AE⊄平面A1C1C， ∴AE∥平面A1C1C. ∵AE∩B1E＝E，∴平面B1AE∥平面A1C1C. ∵AB1⊂平面B1AE，∴AB1∥平面A1C1C. 11．如图所示，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB， 6

垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证： (1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA. 解 (1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.

因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC. 又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC. (2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC. 又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB. 因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA. B级——能力提高组 1. 7

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点．以下四个结论： ①直线AM与直线CC1相交； ②直线AM与直线BN平行； ③直线AM与直线DD1异面； ④直线BN与直线MB1异面．其中正确结论的序号为________(注：把你认为正确的结论序号都填上)．解析由图可知AM与CC1是异面直线；AM与BN也是异面直线；AM与DD1是异面直线；BN与MB1

也是异面直线，故①②错误，③④正确．

答案 ③④ 2．(2014·浙江温州二模)如图，在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．

①|BM|是定值； ②点M在圆上运动； ③一定存在某个位置，使DE⊥A1C； ④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE. 解析