微專題14　空間中的平行與垂直關(guān)系(幾何法、向量法)高考定位　1.以選擇題、填空題的形式考查線線、線面、面面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理，對(duì)命題的真假進(jìn)行判斷，屬基礎(chǔ)題；2.空間中的平行、垂直關(guān)系的證明也是高考必考內(nèi)容，多出現(xiàn)在立體幾何解答題中的第(1)問.1.(2022·全國(guó)乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為AB，BC的中點(diǎn)，則(　　)A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D答案　A解析　在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD1，因?yàn)?/span>E，F分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1，又EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正確；如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則D(0，0，0)，B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，則＝(－1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(－2，2，0).設(shè)平面B1EF的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1)，則有可取m＝(2，2，－1)，同理可得平面A1BD的一個(gè)法向量為n1＝(1，－1，－1)，平面A1AC的一個(gè)法向量為n2＝(1，1，0)，平面A1C1D的一個(gè)法向量為n3＝(1，1，－1)，則m·n1＝2－2＋1＝1≠0，所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯(cuò)誤；因?yàn)?/span>m與n2不平行，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，故C錯(cuò)誤；因?yàn)?/span>m與n3不平行，所以平面B1EF與平面A1C1D不平行，故D錯(cuò)誤.2.(2021·浙江卷)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點(diǎn)，則(　　)A.直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCDB.直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1C.直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCDD.直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1答案　A解析　法一　連接AD1(圖略)，則易得點(diǎn)M在AD1上，且M為AD1的中點(diǎn)，AD1⊥A1D.因?yàn)?/span>AB⊥平面AA1D1D，A1D?平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，AB，AD1?平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，又BD1?平面ABD1，顯然A1D與BD1異面，所以A1D與BD1異面且垂直.在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，又MN?平面ABCD，AB?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.易知直線AB與平面BB1D1D成45°角，所以MN與平面BB1D1D不垂直.所以選項(xiàng)A正確.故選A.法二　以點(diǎn)D 為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略).設(shè)AB＝2，則A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以⊥，即A1D⊥D1B.又由圖易知直線A1D與BD1是異面直線，所以A1D與BD1異面且垂直.因?yàn)槠矫?/span>ABCD的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)，所以·n＝0，又MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.設(shè)直線MN與平面BDD1B1所成的角為θ，因?yàn)槠矫?/span>BDD1B1的一個(gè)法向量為a＝(－1，1，0)，所以sin θ＝|cos〈，a〉|＝＝＝，所以直線MN與平面BDD1B1不垂直.故選A.3.(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)，則滿足MN⊥OP的是(　　)答案　BC解析　設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2.對(duì)于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補(bǔ)角)為異面直線OP，MN所成的角.在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan ∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A錯(cuò)誤；　　　圖(1)　　　　　　　　　圖(2)對(duì)于B，如圖(2)所示，取MT的中點(diǎn)為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MT，PQ⊥MN.由正方體SBCN－MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ?平面MADT，故SM⊥OQ，又SM∩MT＝M，SM，MT?平面SNTM，故OQ⊥平面SNTM，又MN?平面SNTM，所以OQ⊥MN，又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ?平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，又OP?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確；對(duì)于C，如圖(3)，連接BD，則BD∥MN，由B的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確；　　　圖(3)　　　　　　　　圖(4)對(duì)于D，如圖(4)，取AD的中點(diǎn)Q，AB的中點(diǎn)K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN.因?yàn)?/span>DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其補(bǔ)角)為異面直線PO，MN所成的角，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D錯(cuò)誤.故選BC.4.(2020·全國(guó)Ⅲ卷)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F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)如圖，連接BD，B1D1.因?yàn)?/span>AB＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因?yàn)?/span>BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，且BD，BB1?平面BB1D1D，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如圖，在棱AA1上取點(diǎn)G，使得AG＝2GA1，連接GD1，FC1，FG.因?yàn)?/span>ED1＝DD1，AG＝AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四邊形ED1GA為平行四邊形，故AE∥GD1.因?yàn)?/span>B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綊AA1，所以B1F綊A1G，所以B1FGA1是平行四邊形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四邊形FGD1C1為平行四邊形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).熱點(diǎn)一　空間線、面位置關(guān)系的判定判斷空間線、面位置關(guān)系的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷，解決問題.(2)利用直線的方向向量、平面的法向量判斷.(3)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、面的位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理進(jìn)行判斷.例1 (1)(多選)已知m，n是兩條不重合的直線，α，β是兩個(gè)不重合的平面，則(　　)A.若m∥α，n∥α，則m∥nB.若m∥α，m⊥β，則α⊥βC.若α∥β，m⊥α，n⊥β，則m∥nD.若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n(2)已知經(jīng)過圓柱O1O2旋轉(zhuǎn)軸的給定平面α，A，B是圓柱O1O2側(cè)面上且不在平面α上的兩點(diǎn)，則下列判斷正確的是(　　)A.不一定存在直線l，l?α且l與AB異面B.一定存在直線l，l?α且l⊥ABC.不一定存在平面β，AB?β且β⊥αD.一定存在平面β，AB?β且β∥α答案　(1)BC　(2)B解析　(1)當(dāng)m∥α，n∥α時(shí)，m，n可以相交、平行或異面，A錯(cuò)誤；當(dāng)m∥α時(shí)，α內(nèi)必有b∥m，而m⊥β，則b⊥β，從而α⊥β，B正確；α∥β，m⊥α，則m⊥β，又n⊥β，∴m∥n，C正確；α⊥β，m∥α，n∥β，m，n可以相交、平行或異面，D錯(cuò)誤.(2)對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)A，B同側(cè)時(shí)，平面α和圓柱在底面上的交線與AB是異面的；當(dāng)A，B異側(cè)時(shí)，平面α和圓柱在側(cè)面上的交線與AB是異面的，即選項(xiàng)A不正確；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)A，B同側(cè)時(shí)，平面α和圓柱在底面上的交線與AB是垂直的；當(dāng)A，B異側(cè)時(shí)，直線O1O2⊥AB，即選項(xiàng)B正確；無論A，B同側(cè)，還是異側(cè)，若β為過AB的圓柱軸截面，則β⊥α，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)A，B異側(cè)時(shí)，直線AB與平面α相交，不可能存在β∥α，即D不正確.故選B.易錯(cuò)提醒　1.遺漏定理中的條件.2.直接將平面幾何中的結(jié)論應(yīng)用到立體幾何中.訓(xùn)練1 (多選)(2022·蘇州模擬)如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，過對(duì)角線BD1的一個(gè)平面交棱AA1于點(diǎn)E，交棱CC1于點(diǎn)F，得四邊形BFD1E，在以下結(jié)論中，正確的是(　　)A.四邊形BFD1E有可能是梯形B.四邊形BFD1E在底面ABCD內(nèi)的射影一定是正方形C.四邊形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1DD.四邊形BFD1E面積的最小值為答案　BCD解析　由題意知，過BD1作平面與正方體ABCD－A1B1C1D1的截面為四邊形BFD1E，因?yàn)槠矫?/span>ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE.平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，所以BE∥D1F，同理，D1E∥BF，故四邊形BFD1E為平行四邊形，因此A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，四邊形BFD1E在底面ABCD內(nèi)的射影一定是正方形ABCD，因此B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)點(diǎn)E，F分別為AA1，CC1的中點(diǎn)時(shí)，EF⊥平面BB1D1D，又EF?平面BFD1E，則平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)F點(diǎn)到線段BD1的距離最小時(shí)，此時(shí)平行四邊形BFD1E的面積最小，此時(shí)點(diǎn)E，F分別為AA1，CC1的中點(diǎn)，此時(shí)最小值為××＝，因此D正確.熱點(diǎn)二　幾何法證明平行、垂直1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.(4)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.2.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.例2 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分別為AD，PB的中點(diǎn).求證：(1)PE⊥BC；(2)平面PAB⊥平面PCD；(3)EF∥平面PCD.證明　(1)因?yàn)?/span>PA＝PD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌?/span>ABCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因?yàn)榈酌?/span>ABCD為矩形，所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫?/span>PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.又PD?平面PAD，所以AB⊥PD.又因?yàn)?/span>PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)?/span>F，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，FG＝BC.因?yàn)樗倪呅?/span>ABCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，所以DE∥BC，DE＝BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又因?yàn)?/span>EF?平面PCD，DG?平面PCD.所以EF∥平面PCD.規(guī)律方法　平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化訓(xùn)練2 如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求證：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.證明　(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因?yàn)?/span>AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形.又因?yàn)?/span>AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B.又因?yàn)?/span>AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因?yàn)?/span>A1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因?yàn)?/span>AB1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.熱點(diǎn)三　空間向量法證明平行、垂直1.用向量證明空間中的平行關(guān)系(1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?v1∥v2.(2)設(shè)直線l的方向向量為v，在平面α內(nèi)的兩個(gè)不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個(gè)實(shí)數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2.(3)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?v⊥u.(4)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?u1∥u2.2.用向量證明空間中的垂直關(guān)系(1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2＝0.(2)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?v∥u.(3)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?u1⊥u2?u1·u2＝0.例3 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.證明　依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1).(1)＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.所以BE⊥DC.(2)因?yàn)?/span>AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1，0，0)為平面PAD的一個(gè)法向量，而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則即不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量.且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥.所以平面PAD⊥平面PCD.規(guī)律方法　利用向量證明線面平行的三種方法(1)證直線的方向向量與平面內(nèi)的一條直線的方向向量平行.(2)證直線的方向向量與平面的法向量垂直.(3)證直線的方向向量能寫為平面內(nèi)兩不共線向量的線性表達(dá)式.訓(xùn)練3 如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn).求證：PB∥平面EFG.證明　因?yàn)槠矫?/span>PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，易證PA⊥AD，即有PA⊥平面ABCD，所以AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A－xyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，E(0，0，1)，D(0，2，0)，F(0，1，1)，G(1，2，0)，P(0，0，2).所以＝(2，0，－2)，＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，設(shè)平面EFG的法向量m＝(x，y，z)，則∴取x＝1得m＝(1，0，1)，∵·m＝2＋0－2＝0，PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.一、基本技能練1.如圖所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C?l，則平面ABC與平面β的交線是(　　)A.直線AC  B.直線ABC.直線CD  D.直線BC答案　C解析　由題意知，D∈l，l?β，∴D∈β.又D∈AB，∴D∈平面ABC，∴點(diǎn)D在平面ABC與平面β的交線上，又C∈平面ABC，C∈β，∴點(diǎn)C在平面β與平面ABC的交線上，∴平面ABC∩平面β＝直線CD.2.設(shè)α，β為兩個(gè)不同的平面，直線l?α，則“l∥β”是“α∥β”的(　　)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件答案　B解析　只有l∥β不能推出α∥β，但α∥β時(shí)，可以得到l∥β.3.設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內(nèi)，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(　　)A.m⊥α，n∥α，則m⊥n B.m⊥α，n⊥α，則m∥nC.m⊥α，m⊥n，則n∥α D.m⊥n，n∥α，則m⊥α答案　D解析　對(duì)于A，∵n∥α，由線面平行的性質(zhì)定理可知，過直線n的平面β與平面α的交線l平行于n，∵m⊥α，l?α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正確；對(duì)于B，若m⊥α，n⊥α，由直線與平面垂直的性質(zhì)，可得m∥n，故B正確；對(duì)于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，又n?α，∴n∥α，故C正確；對(duì)于D，若m⊥n，n∥α，則m∥α或m與α相交或m?α，而m?α，則m∥α或m與α相交，故D錯(cuò)誤.4.如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　)A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線答案　B解析　因?yàn)?/span>N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，連接BD，所以BM?平面BDE，EN?平面BDE，又BM是△BDE中DE邊上的中線，EN是△BDE中BD邊上的中線，所以BM，EN是相交直線，設(shè)DE＝a，則BD＝a，BE＝＝a，所以BM＝a，EN＝＝a，所以BM≠EN.5.一個(gè)正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N，下列結(jié)論正確的是(　　)A.MN∥平面ABE  B.MN∥平面ADEC.MN∥平面BDH  D.MN∥平面CDE答案　C解析　如圖，連接BD，取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OH，AC，BH，MN.因?yàn)?/span>M，N分別是BC，GH的中點(diǎn)，所以OM∥CD，且OM＝CD，NH∥CD，且NH＝CD，所以OM∥NH且OM＝NH，所以四邊形MNHO是平行四邊形，所以OH∥MN.又MN?平面BDH，OH?平面BDH，所以MN∥平面BDH，故選C.6.(多選)(2022·南京調(diào)研)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面.下列說法中正確的是(　　)A.若m∥α，m?β，α∩β＝n，則m∥nB.若m∥n，m∥α，則n∥αC.若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，則n⊥γD.若m⊥α，m⊥β，α∥γ，則β∥γ答案　ACD解析　由線面平行的性質(zhì)定理可知：選項(xiàng)A正確；若m∥n，m∥α，則n∥α或n?α，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；如圖，設(shè)α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ內(nèi)取一點(diǎn)A，過點(diǎn)A分別作AB⊥l，AC⊥m，垂足分別為B，C，因?yàn)?/span>α⊥γ，α∩γ＝l，AB⊥l，AB?γ，所以AB⊥α，因?yàn)?/span>n?α，所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，因?yàn)?/span>AB∩AC＝A，所以n⊥γ，所以選項(xiàng)C正確；因?yàn)?/span>m⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，所以β∥γ，所以選項(xiàng)D正確.故選ACD.7.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上，若EF∥平面AB1C，則EF＝________.答案　解析　根據(jù)題意，因?yàn)?/span>EF∥平面AB1C，EF?平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中點(diǎn)，所以F是CD的中點(diǎn).因?yàn)樵?/span>Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.8.已知M是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中點(diǎn)，則下列命題是真命題的有________(填序號(hào)).①過點(diǎn)M有且只有一條直線與直線AB，B1C1都相交；②過點(diǎn)M有且只有一條直線與直線AB，B1C1都垂直；③過點(diǎn)M有且只有一個(gè)平面與直線AB，B1C1都相交；④過點(diǎn)M有且只有一個(gè)平面與直線AB，B1C1都平行.答案　①②④解析　在AB上任取一點(diǎn)P，則平面PMC1與AB，B1C1都相交，這樣的平面有無數(shù)個(gè)，因此③是假命題.①②④均是真命題.9.如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方體的六個(gè)面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，則m＝________；n＝________.答案　4　4解析　直線CE?平面ABPQ，從而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE與正方體的其余四個(gè)面所在平面均相交，則m＝4.取CD的中點(diǎn)G，連接FG，EG.易證CD⊥平面EGF，又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，從而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，則EF與正方體其余四個(gè)面所在平面均相交，n＝4.10.四棱錐P－ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，如圖所示，點(diǎn)E是棱PD上一點(diǎn)，PE＝3ED，若＝λ且滿足BF∥平面ACE，則λ＝________.答案　解析　如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接OE，在線段PE取一點(diǎn)G使得GE＝ED.連接BG，則BG∥OE.又因?yàn)?/span>OE?平面AEC，BG?平面AEC，所以BG∥平面AEC.因?yàn)?/span>BF∥平面ACE且滿足BG∩BF＝B，故平面BGF∥平面AEC.因?yàn)槠矫?/span>PCD∩平面BGF＝GF，平面PCD∩平面AEC＝EC，則GF∥EC.所以＝＝，即λ＝為所求.11.如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上.已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)證明：AP⊥BC；(2)若點(diǎn)M是線段AP上一點(diǎn)，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC.證明　(1)以O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線OD為y軸正半軸，射線OP為z軸正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4).于是＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)，所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以⊥，即AP⊥BC.(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且點(diǎn)M在線段AP上，所以＝＝，又＝(－4，－5，0)，所以＝＋＝，則·＝(0，3，4)·＝0，所以⊥，即AP⊥BM，又根據(jù)(1)的結(jié)論知AP⊥BC，且BC∩BM＝B，BC，BM?平面BMC，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又AM?平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.12.如圖，過四棱柱ABCD－A1B1C1D1形木塊上底面內(nèi)的一點(diǎn)P和下底面的對(duì)角線BD將木塊鋸開，得到截面BDEF.(1)請(qǐng)?jiān)谀緣K的上表面作出過點(diǎn)P的鋸線EF，并說明理由；(2)若該四棱柱的底面為菱形，四邊形BB1D1D是矩形，試證明：平面BDEF⊥平面ACC1A1.(1)解　在上底面內(nèi)過點(diǎn)P作B1D1的平行線分別交A1D1，A1B1于E，F兩點(diǎn)，則EF為所作的鋸線.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱B1B∥D1D，B1B＝D1D，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，B1D1∥BD.又EF∥B1D1，所以EF∥BD，故EF為截面BDEF與平面A1B1C1D1的交線，故EF為所作鋸線.如圖所示.(2)證明　由于四邊形BB1D1D是矩形，所以BD⊥B1B.又A1A∥B1B，所以BD⊥A1A.又四棱柱的底面為菱形，所以BD⊥AC.因?yàn)?/span>AC∩A1A＝A，AC，A1A?平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.因?yàn)?/span>BD?平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面A1C1CA.二、創(chuàng)新拓展練13.(多選)(2022·濟(jì)南模擬)如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論正確的是(　　)A.三棱錐A－D1PC的體積不變 B.A1P∥平面ACD1C.DP⊥BC1 D.平面PDB1⊥平面ACD1答案　ABD解析　對(duì)于A，由題意知AD1∥BC1，從而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一點(diǎn)到平面AD1C的距離均相等，所以以P為頂點(diǎn)，平面AD1C為底面，則三棱錐A－D1PC的體積不變，故A正確；對(duì)于B，連接A1B，A1C1，則A1C1∥AC，由A知：AD1∥BC1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，從而有A1P∥平面ACD1，故B正確；對(duì)于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，則BC1⊥平面DCP，所以BC1⊥PC，則P為中點(diǎn)，與P為動(dòng)點(diǎn)矛盾，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，連接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥平面ACD1，從而由面面垂直的判定知，平面PDB1⊥平面ACD1，故D正確.14.(多選)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1，則下列結(jié)論中正確的是(　　)A.平面A1B1CD⊥平面BC1DB.在直線A1C上存在一點(diǎn)R使得D1R⊥平面BC1DC.平面A1B1CD上存在一點(diǎn)P使得D1P∥平面BC1DD.在直線A1C上存在一點(diǎn)Q使得D1Q∥平面BC1D答案　ACD解析　對(duì)于A，可以證明BC1⊥平面A1B1CD，從而平面A1B1CD⊥平面BC1D.對(duì)于B，過點(diǎn)A1作A1S⊥OD于點(diǎn)S，因?yàn)槠矫?/span>A1B1CD⊥平面BC1D，所以A1S⊥平面BC1D，設(shè)R為直線A1C上任意一點(diǎn)，連接PR，D1R，則A1S，D1R一定為異面直線，所以不存在直線A1C上的一點(diǎn)R使得D1R⊥平面BC1D.對(duì)于C，設(shè)A1D∩AD1＝P，則P為平面A1B1CD上的一點(diǎn)，滿足D1P∥平面BC1D.對(duì)于D，設(shè)B1C∩BC1＝O，連接DO，過點(diǎn)P作PQ∥DO交A1C于Q，連接D1Q，可以證明平面PQD1∥平面BC1D，所以存在直線A1C上的一點(diǎn)Q，使得D1Q∥平面BC1D.故選ACD.15.(多選)(2022·鎮(zhèn)海中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，現(xiàn)將△BEC沿BE折起至△BEF，在平面FBA內(nèi)作FG⊥AB，G為垂足.設(shè)CE＝s，BG＝t，則下列說法正確的是(　　)A.若BF⊥平面AEF，則t＝B.若AF⊥平面BEF，則s＝C.若平面BEF⊥平面ABED，且s＝1，則t＝D.若平面AFB⊥平面ABED，且s＝，則t＝答案　BCD解析　如圖所示，對(duì)于A, 若BF⊥平面AEF，則有BF⊥AF，在Rt△AFB中，易得BG＝t＝，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于B，若AF⊥平面BEF，則有AF⊥FB，AF⊥FE，在Rt△AFB中，AF＝，在Rt△AFE中，根據(jù)勾股定理知，AF2＋EF2＝AE2，即()2＋s2＝(2－s)2＋1，解得s＝，故B選項(xiàng)正確；對(duì)于C，若平面BEF⊥平面ABED，過點(diǎn)F作FH⊥EB，垂足為H，連接HG.易知FH⊥平面ABED，∴FH⊥AB.又AB⊥FG，∴AB⊥平面FHG，∴AB⊥HG.∵s＝1，在等腰Rt△FEB中，BH＝，在Rt△BHG中，BG＝t＝，故C選項(xiàng)正確；對(duì)于D，若平面AFB⊥平面ABED，易知FG⊥平面ABED，∴FG⊥BE.過點(diǎn)F作FH⊥EB，垂足為H，連接HG，∴BE⊥平面FHG，∴BE⊥HG.在矩形ABCD中，連接CH，則C，H，G三點(diǎn)共線.由Rt△CBG∽Rt△CBE知，BG＝t＝，故D選項(xiàng)正確.綜上，故選BCD.16.如圖，平面ABC⊥平面BCDE，四邊形BCDE為矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面積為2，點(diǎn)P為線段DE上一點(diǎn)，當(dāng)三棱錐P－ACE的體積為時(shí)，＝________.答案　解析　如圖，過A作AF⊥CB的延長(zhǎng)線，垂足為F，∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，∴AF⊥平面BCDE，由BE＝2，BC＝4，△ABC的面積為2，得BC·AF＝2，∴AF＝，在DE上取一點(diǎn)P，連接AP，CP，AD，∵VP－ACE＝VA－PCE＝××PE×CD×AF＝.∴PE＝1，∴＝.17.(2022·菏澤調(diào)研)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F在棱BB1上.(1)求證：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列給出的三個(gè)條件中選取兩個(gè)條件，并說明能否證明AB1⊥平面C1DF.①F為BB1的中點(diǎn)；②AB1＝；③AA1＝.注：如果選擇多種情況分別解答，那么按第一個(gè)解答計(jì)分.(1)證明　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，依題意有A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，又D是A1B1的中點(diǎn)，則C1D⊥A1B1，又AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1?平面AA1B1B，AA1?平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B.(2)解　若選①③，則能證明AB1⊥平面C1DF，理由如下.連接A1B，如圖，則DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝，又AA1＝，于是得四邊形AA1B1B為正方形.所以A1B⊥AB1，從而有DF⊥AB1.因?yàn)?/span>C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1，又DF∩C1D＝D，C1D?平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥平面C1DF.若選①②，則不能證明AB1⊥平面C1DF，理由如下.連接A1B(圖略)，則DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝，AA1＝＝1，則A1B與AB1不垂直，即DF與AB1不垂直，所以AB1不垂直于平面C1DF.若選②③，則不能證明AB1⊥平面C1DF，理由如下.在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝，又AB1＝＝2≠，矛盾，所以不能證明AB1⊥平面C1DF.

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