[考情考向分析]　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)系的交匯綜合命題，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，難度中檔．

熱點(diǎn)一　空間線面位置關(guān)系的判定
空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法
(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．
例1　(1)已知直線l，m與平面α，β，l?α，m?β，則下列命題中正確的是(　　)
A．若l∥m，則必有α∥β
B．若l⊥m，則必有α⊥β
C．若l⊥β，則必有α⊥β
D．若α⊥β，則必有m⊥α
答案　C
解析　對(duì)于選項(xiàng)A，平面α和平面β還有可能相交，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，平面α和平面β還有可能相交且不垂直或平行，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)閘?α，l⊥β，所以α⊥β，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，直線m可能和平面α平行或相交，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
(2)如圖，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α內(nèi)不同的兩點(diǎn)，B，D是β內(nèi)不同的兩點(diǎn)，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．下列判斷正確的是(　　)

A．當(dāng)CD＝2AB時(shí)，M，N兩點(diǎn)不可能重合
B．M，N兩點(diǎn)可能重合，但此時(shí)直線AC與l不可能相交
C．當(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時(shí)，直線BD可以與l相交
D．當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，直線MN可能與l平行
答案　B
解析　由于直線CD的兩個(gè)端點(diǎn)都可以動(dòng)，所以M，N兩點(diǎn)可能重合，此時(shí)兩條直線AB，CD共面，由于兩條線段互相平分，所以四邊形ACBD是平行四邊形，因此AC∥BD，而BD?β，AC?B，所以由線面平行的判定定理可得AC∥β，又因?yàn)锳C?α，α∩β＝l，所以由線面平行的性質(zhì)定理可得AC∥l，故選B.
思維升華　解決空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質(zhì)、空間位置關(guān)系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷，必要時(shí)可以利用正方體、長(zhǎng)方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時(shí)要注意平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中．
跟蹤演練1　(1)(2018·揭陽(yáng)模擬)已知直線a，b，平面α，β，γ，下列命題正確的是(　　)
A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，則a⊥γ
B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，則a∥b∥c
C．若α∩β＝a，b∥a，則b∥α
D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，則b∥a
答案　A
解析　A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，則a⊥γ，該說(shuō)法正確；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱錐P－ABC中，令平面α，β，γ分別為平面PAB，PAC，PBC，
交線a，b，c為PA，PB，PC，不滿足a∥b∥c，該說(shuō)法錯(cuò)誤；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b?α，不滿足b∥α，該說(shuō)法錯(cuò)誤；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方體ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β為平面ABCD，ADD1A1，
直線b為A1C1，滿足b∥α，不滿足b∥a，該說(shuō)法錯(cuò)誤．
(2)(2018·上海市長(zhǎng)寧、嘉定區(qū)調(diào)研)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是
A．l與l1，l2都相交
B．l與l1，l2都不相交
C．l至少與l1，l2中的一條相交
D．l至多與l1，l2中的一條相交
答案　C
解析　方法一　如圖1，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交，故A，B不正確；如圖2，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交，故D不正確，故選C.

方法二　因?yàn)閘分別與l1，l2共面，故l與l1，l2要么都不相交，要么至少與l1，l2中的一條相交．若l與l1，l2都不相交，則l∥l1，l∥l2，從而l1∥l2，與l1，l2是異面直線矛盾，故l至少與l1，l2中的一條相交，故選C.
熱點(diǎn)二　空間平行、垂直關(guān)系的證明
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．


例2　(1)(2018·資陽(yáng)模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長(zhǎng)均為2，AA1⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點(diǎn)．

①求證：直線BE∥平面A1FC1；
②平面A1FC1與直線AB交于點(diǎn)M，指出點(diǎn)M的位置，說(shuō)明理由，并求三棱錐B－EFM的體積．
①證明　取A1C1的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，

∵點(diǎn)E為A1B1的中點(diǎn)，
∴EG∥B1C1
且EG＝B1C1，
∵F為BC中點(diǎn)，
∴BF∥B1C1且BF＝B1C1，
所以BF∥EG且BF＝EG.
所以四邊形BFGE是平行四邊形，
所以BE∥FG，
又BE?平面A1FC1，F(xiàn)G?平面A1FC1，
所以直線BE∥平面A1FC1.
②解　M為棱AB的中點(diǎn)．
理由如下：
因?yàn)锳C∥A1C1，AC?平面A1FC1，A1C1?平面A1FC1，
所以直線AC∥平面A1FC1，
又平面A1FC1∩平面ABC＝FM，
所以AC∥FM.
又F為棱BC的中點(diǎn)，
所以M為棱AB的中點(diǎn)．
△BFM的面積S△BFM＝S△ABC
＝××2×2×sin 60°＝，
所以三棱錐B－EFM的體積VB－EFM＝VE－BFM
＝××2＝.
(2)(2018·衡水調(diào)研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為a的菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PD＝2a，O為AC與BD的交點(diǎn)，E為棱PB上一點(diǎn)．

①證明：平面EAC⊥平面PBD；
②若PD∥平面EAC，三棱錐P－EAD的體積為18，求a的值．
①證明　因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以PD⊥AC.
又四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，
又PD∩BD＝D，PD，BD?平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
又AC?平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBD.
②解　連接OE.

因?yàn)镻D∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，
所以PD∥OE.
又AC∩BD＝O，
所以O(shè)是BD的中點(diǎn)，所以E是PB的中點(diǎn)．
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，且∠BAD＝60°，
所以取AD的中點(diǎn)H，連接BH，
可知BH⊥AD，
又因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BH?平面ABCD，
所以PD⊥BH.
又PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，
所以BH⊥平面PAD.
由于AB＝a，所以BH＝a.
因此點(diǎn)E到平面PAD的距離
d＝BH＝×a＝a，
所以VP－EAD＝VE－PAD＝S△PAD×d＝××a×2a×a＝a3＝18.
解得a＝6.
思維升華　垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下：
(1)證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換；三是利用三角形的中位線定理證明線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換．
(2)證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；②勾股定理；③線面垂直的性質(zhì)，即要證線線垂直，只需證明一條直線垂直于另一條直線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a.
跟蹤演練2　如圖，在四棱錐P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，點(diǎn)E為棱PB的中點(diǎn)．

(1)若PB＝PD，求證：PC⊥BD；
(2)求證：CE∥平面PAD.
證明　(1)取BD的中點(diǎn)O，連接CO，PO，

因?yàn)镃D＝CB，
所以△CBD為等腰三角形，
所以BD⊥CO.
因?yàn)镻B＝PD，
所以△PBD為等腰三角形，所以BD⊥PO.
又PO∩CO＝O，PO，CO?平面PCO，
所以BD⊥平面PCO.
因?yàn)镻C?平面PCO，所以PC⊥BD.
(2)由E為PB的中點(diǎn)，連接EO，則EO∥PD，
又EO?平面PAD，PD?平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，
又CO?平面PAD，AD?平面PAD，
所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO＝O，CO，EO?平面COE，
所以平面CEO∥平面PAD，
而CE?平面CEO，所以CE∥平面PAD.
熱點(diǎn)三　平面圖形的翻折問(wèn)題
平面圖形經(jīng)過(guò)翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生變化，有的沒有發(fā)生變化，這些發(fā)生變化和沒有發(fā)生變化的性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．一般地，在翻折后還在一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化，解決這類問(wèn)題就是要根據(jù)這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值，這是解決翻折問(wèn)題的主要方法．
例3　(2018·北京海淀區(qū)期末)如圖1，已知菱形AECD的對(duì)角線AC，DE交于點(diǎn)F，點(diǎn)E為AB中點(diǎn)．將△ADE沿線段DE折起到△PDE的位置，如圖2所示．

(1)求證：DE⊥平面PCF；
(2)求證：平面PBC⊥平面PCF；
(3)在線段PD，BC上是否分別存在點(diǎn)M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)M，N的位置，并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(1)證明　折疊前，因?yàn)樗倪呅蜛ECD為菱形，
所以AC⊥DE，
所以折疊后，DE⊥PF，DE⊥CF，
又PF∩CF＝F，PF，CF?平面PCF，
所以DE⊥平面PCF.
(2)證明　因?yàn)樗倪呅蜛ECD為菱形，
所以DC∥AE，DC＝AE.
又點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，
所以DC∥EB，DC＝EB，
所以四邊形DEBC為平行四邊形，
所以CB∥DE.
又由(1)得，DE⊥平面PCF，
所以CB⊥平面PCF.
因?yàn)镃B?平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCF.
(3)解　存在滿足條件的點(diǎn)M，N，
且M，N分別是PD和BC的中點(diǎn)．
如圖，分別取PD和BC的中點(diǎn)M，N.

連接EN，PN，MF，CM.
因?yàn)樗倪呅蜠EBC為平行四邊形，
所以EF∥CN，EF＝BC＝CN，
所以四邊形ENCF為平行四邊形，
所以FC∥EN.
在△PDE中，M，F(xiàn)分別為PD，DE的中點(diǎn)，
所以MF∥PE.
又EN，PE?平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF?平面CFM，MF∩CF＝F，
所以平面CFM∥平面PEN.
思維升華　(1)折疊問(wèn)題中不變的數(shù)量和位置關(guān)系是解題的突破口．
(2)存在探索性問(wèn)題可先假設(shè)存在，然后在此前提下進(jìn)行邏輯推理，得出矛盾則否定假設(shè)，否則給出肯定結(jié)論．
跟蹤演練3　(2018·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)如圖，在△PBE中，AB⊥PE，D是AE的中點(diǎn)，C是線段BE上的一點(diǎn)，且AC＝，AB＝AP＝AE＝2，將△PBA沿AB折起使得二面角P－AB－E是直二面角．

(1)求證：CD∥平面PAB；
(2)求三棱錐E－PAC的體積．
(1)證明　因?yàn)锳E＝2，所以AE＝4，
又AB＝2，AB⊥PE，
所以BE＝＝＝2，
又因?yàn)锳C＝＝BE，
所以AC是Rt△ABE的斜邊BE上的中線，
所以C是BE的中點(diǎn)，
又因?yàn)镈是AE的中點(diǎn)，
所以CD是Rt△ABE的中位線，
所以CD∥AB，
又因?yàn)镃D?平面PAB，AB?平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
(2)解　由(1)知，直線CD是Rt△ABE的中位線，
所以CD＝AB＝1，
因?yàn)槎娼荘－AB－E是直二面角，平面PAB∩平面EAB＝AB，PA?平面PAB，PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABE，
又因?yàn)锳P＝2，
所以VE－PAC＝VP－ACE＝××AE×CD×AP
＝××4×1×2＝.

真題體驗(yàn)
1．(2017·全國(guó)Ⅰ改編)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是________．(填序號(hào))


答案　(1)
解析　對(duì)于(1)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，則QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，
∴直線AB與平面MNQ相交；
對(duì)于(2)，作如圖②所示的輔助線，
則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，
又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；


對(duì)于(3)，作如圖③所示的輔助線，
則AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ，
又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；
對(duì)于(4)，作如圖④所示的輔助線，
則AB∥CD，CD∥NQ，
∴AB∥NQ，又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，
∴AB∥平面MNQ.
2．(2017·江蘇)如圖，在三棱錐A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
證明　(1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD，
所以AB∥EF.又EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因?yàn)锳D?平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，
BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又AC?平面ABC，所以AD⊥AC.
押題預(yù)測(cè)
1．不重合的兩條直線m，n分別在不重合的兩個(gè)平面α，β內(nèi)，下列為真命題的是(　　)
A．m⊥n?m⊥β B．m⊥n?α⊥β
C．α∥β?m∥β D．m∥n?α∥β
押題依據(jù)　空間兩條直線、兩個(gè)平面之間的平行與垂直的判定是立體幾何的重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考命題的熱點(diǎn)．此類題常與命題的真假性、充分條件和必要條件等知識(shí)相交匯，意在考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力．
答案　C
解析　構(gòu)造長(zhǎng)方體，如圖所示．

因?yàn)锳1C1⊥AA1，A1C1?平面AA1C1C，AA1?平面AA1B1B，但A1C1與平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C與平面AA1B1B也不垂直，所以選項(xiàng)A，B都是假命題．
CC1∥AA1，但平面AA1C1C與平面AA1B1B相交而不平行，所以選項(xiàng)D為假命題．
“若兩平面平行，則一個(gè)平面內(nèi)任何一條直線必平行于另一個(gè)平面”是真命題，故選C.
2．如圖(1)，在正△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點(diǎn)，且BE＝AF＝2CF.點(diǎn)P為邊BC上的點(diǎn)，將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示．

(1)求證：A1E⊥FP；
(2)若BP＝BE，點(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn)，則在平面A1FP上是否存在過(guò)點(diǎn)K的直線與平面A1BE平行，若存在，請(qǐng)給予證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
押題依據(jù)　以平面圖形的翻折為背景，探索空間直線與平面位置關(guān)系，可以考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力，預(yù)計(jì)將成為今年高考的命題方向．
(1)證明　在正△ABC中，取BE的中點(diǎn)D，連接DF，如圖所示．

因?yàn)锽E＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF為正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.
所以在題圖(2)中，A1E⊥EF，
又A1E?平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，
且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，
所以A1E⊥平面BEFC.
因?yàn)镕P?平面BEFC，所以A1E⊥FP.
(2)解　在平面A1FP上存在過(guò)點(diǎn)K的直線與平面A1BE平行．
理由如下：
如題圖(1)，在正△ABC中，因?yàn)锽P＝BE，BE＝AF，
所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.
如圖所示，取A1P的中點(diǎn)M，連接MK，

因?yàn)辄c(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn)，
所以MK∥FP.
因?yàn)镕P∥BE，所以MK∥BE.
因?yàn)镸K?平面A1BE，BE?平面A1BE，
所以MK∥平面A1BE.
故在平面A1FP上存在過(guò)點(diǎn)K的直線MK與平面A1BE平行．

A組　專題通關(guān)
1．(2018·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，l是一條直線，給出下列說(shuō)法：
①若l⊥α，α⊥β，則l∥β；②若l∥α，α∥β，則l∥β；
③若l⊥α，α∥β，則l⊥β；④若l∥α，α⊥β，則l⊥β.
其中說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)為(　　)
A．3 B．2 C．1 D．4
答案　C
解析?、偃鬺⊥α，α⊥β，則l∥β或l?β，不正確；②若l∥α，α∥β，則l∥β 或l?β，不正確；③若l⊥α，α∥β，則l⊥β，正確；④若l∥α，α⊥β，則l⊥β或l∥β或l與β相交且l與β不垂直，不正確，故選C.
2．如圖，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號(hào)為(　　)


A．①② B．③④ C．①③ D．②④
答案　D
解析　由題意可得圖①中GH與MN平行，不合題意；
圖②中GH與MN異面，符合題意；
圖③中GH與MN相交，不合題意；
圖④中GH與MN異面，符合題意．
則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號(hào)為②④.
3．(2018·撫順模擬)給出下列四個(gè)命題：
①如果平面α外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α；
②過(guò)空間一定點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直；
③如果一條直線垂直于一個(gè)平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線，那么這條直線與這個(gè)平面垂直；
④若兩個(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面的交線垂直于第三個(gè)平面．
其中真命題的個(gè)數(shù)為(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　對(duì)于①，根據(jù)線面平行的判定定理，如果平面外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α，故正確；對(duì)于②，因?yàn)榇怪庇谕黄矫娴膬芍本€平行，所以過(guò)空間一定點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直，故正確；對(duì)于③，平面內(nèi)無(wú)數(shù)條直線均為平行線時(shí)，不能得出直線與這個(gè)平面垂直，故不正確；對(duì)于④，因?yàn)閮蓚€(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，所以在兩個(gè)相交平面內(nèi)各取一條直線垂直于第三個(gè)平面，可得這兩條直線平行，則其中一條直線平行于另一條直線所在的平面，可得這條直線平行于這兩個(gè)相交平面的交線，從而交線垂直于第三個(gè)平面，故正確．
4．(2018·全國(guó)Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　方法一　如圖，

在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體A′B′BA－A1′B1′B1A1.連接B1B′，由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角．連接DB′，由題意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.
故選C.
方法二　如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.

由題意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，
D1(0,0，)，B1(1,1，)，
∴＝(－1,0，)，
＝(1,1，)，
∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，
||＝2，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
故選C.
5．對(duì)于四面體A—BCD，有以下命題：
①若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD與底面所成的角相等；
②若AB⊥CD，AC⊥BD，則點(diǎn)A在底面BCD內(nèi)的射影是△BCD的內(nèi)心；
③四面體A—BCD的四個(gè)面中最多有四個(gè)直角三角形；
④若四面體A—BCD的6條棱長(zhǎng)都為1，則它的內(nèi)切球的表面積為.
其中正確的命題是(　　)
A．①③ B．③④
C．①②③ D．①③④
答案　D
解析　①正確，若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD在底面上的射影相等，即與底面所成角相等；②不正確，如圖，點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影為點(diǎn)O，連接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以點(diǎn)O是△BCD的垂心；

③正確，如圖，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4個(gè)直角三角形；

④正確，設(shè)正四面體的內(nèi)切球的半徑為r，棱長(zhǎng)為1，高為，根據(jù)等體積公式×S△BCD×＝×4×S△BCD×r，解得 r＝，那么內(nèi)切球的表面積S＝4πr2＝，故選D.
6．已知m，n，l1，l2表示不同的直線，α，β表示不同的平面，若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個(gè)充分條件是(　　)
A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2
答案　D
解析　對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)m∥β且l1∥α?xí)r，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分條件；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)m∥β且n∥β時(shí)，若m∥n，則α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分條件；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)m∥β且n∥l2時(shí)，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分條件；對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)m∥l1，n∥l2時(shí)，由線面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β時(shí)，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一個(gè)充分條件．故選D.
7．(2018·上海虹口區(qū)模擬)長(zhǎng)方體的體對(duì)角線與過(guò)同一個(gè)頂點(diǎn)的三個(gè)表面所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________.
答案　2
解析　設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c，則體對(duì)角線長(zhǎng)d＝，
所以cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2＝＝2.

8.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，點(diǎn)D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時(shí)，CF⊥平面B1DF.

答案　a或2a
解析　由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1，
又CF?平面ACC1A1，
所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．
令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－x.
易知Rt△CAF∽R(shí)t△FA1D，
得＝，即＝，
整理得x2－3ax＋2a2＝0，
解得x＝a或x＝2a.
9.如圖所示的多面體中，底面ABCD為正方形，△GAD為等邊三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°，點(diǎn)E是線段GC上除兩端點(diǎn)外的一點(diǎn)，若點(diǎn)P為線段GD的中點(diǎn)．

(1)求證：AP⊥平面GCD；
(2)求證：平面ADG∥平面FBC.
證明　(1)因?yàn)椤鱃AD是等邊三角形，點(diǎn)P為線段GD的中點(diǎn)，所以AP⊥GD.
因?yàn)锳D⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD?平面GAD，故CD⊥平面GAD，
又AP?平面GAD，故CD⊥AP，
又CD∩GD＝D，CD，GD?平面GCD，
故AP⊥平面GCD.
(2)因?yàn)锽F⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以BF⊥CD，
因?yàn)锽C⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC?平面FBC，
所以CD⊥平面FBC，
由(1)知CD⊥平面GAD，所以平面ADG∥平面FBC.
10．(2018·張掖檢測(cè))在梯形ABCD中(圖1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，過(guò)A，B分別作CD的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，已知DE＝1，AE＝2，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，使得AF⊥BD，DE∥CF，得空間幾何體ADE－BCF(圖2)．

(1)證明：BE∥平面ACD；
(2)求三棱錐E－ACD的體積．
(1)證明　連接BE交AF于點(diǎn)O，取AC的中點(diǎn)H，連接OH，DH，則OH是△AFC的中位線，

所以O(shè)H∥CF且OH＝CF，
由已知得DE∥CF且DE＝CF，
所以DE∥OH且DE＝OH，
所以四邊形DEOH為平行四邊形，DH∥EO，
又因?yàn)镋O?平面ACD，DH?平面ACD，
所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD.
(2)解　由已知得，四邊形ABFE為正方形，
且邊長(zhǎng)為2，則AF⊥BE，
由已知AF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD?平面BDE，
可得AF⊥平面BDE，
又DE?平面BDE，
所以AF⊥DE，
又AE⊥DE，AF∩AE＝A，AF，AE?平面ABFE，
所以DE⊥平面ABFE，
又EF?平面ABEF，
所以DE⊥EF，四邊形DEFC是直角梯形，
又AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF?平面CDE，
所以AE⊥平面CDE，
所以AE是三棱錐A－DEC的高，
VE－ACD＝VA－ECD＝VA－EFD
＝×AE××DE×EF＝.
B組　能力提高
11．(2018·全國(guó)Ⅰ)已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD－A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．

取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×××sin 60°＝.
故選A.
12．(2018·泉州質(zhì)檢)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，M，N分別為B1C1，BB1的中點(diǎn)．現(xiàn)有下列四個(gè)結(jié)論：
p1：AC1∥MN；
p2：A1C⊥C1N；
p3：B1C⊥平面AMN；
p4：異面直線AB與MN所成角的余弦值為.
其中正確的結(jié)論是(　　)
A．p1，p2 B．p2，p3
C．p2，p4 D．p3，p4
答案　C
解析　正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，
M，N分別為B1C1，BB1的中點(diǎn)．
對(duì)于p1：如圖①所示，
MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，
∴AC1與MN不平行，是異面直線，p1錯(cuò)誤；

對(duì)于p2：如圖②所示，
連接AC1，交A1C于點(diǎn)O，連接ON，
易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，
∴ON⊥A1C，
又ON∩AC1＝O，ON，AC1?平面ONC1，
∴A1C⊥平面ONC1，
又C1N?平面ONC1，
∴A1C⊥C1N，p2正確；
對(duì)于p3：如圖③所示，
取BC的中點(diǎn)O，連接AO，BC1，
過(guò)點(diǎn)O作OP∥BC1，交CC1于點(diǎn)P，
連接AP，則AO⊥平面BCC1B1，
又B1C?平面BCC1B1，∴AO⊥B1C，
又BC1∥OP，BC1⊥B1C，
∴B1C⊥OP，
又AO∩OP＝O，AO，OP?平面AOP，
∴B1C⊥平面AOP，
又平面AMN與平面AOP有公共點(diǎn)A，
∴B1C與平面AMN不垂直，p3錯(cuò)誤；

對(duì)于p4：如圖④所示，
連接BC1，AC1，則MN∥BC1，
∴∠ABC1是異面直線AB與MN所成的角，
設(shè)AB＝1，則AC1＝BC1＝，
∴cos∠ABC1＝＝，p4正確．
綜上，其中正確的結(jié)論是p2，p4.
13.如圖，多面體ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中點(diǎn)．

(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E為AB的中點(diǎn)，求證：直線EF∥平面C1DB1；
(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC，BC⊥AC，求點(diǎn)C到平面B1C1D的距離．
(1)證明　方法一　取AC的中點(diǎn)G，CC1的中點(diǎn)H，連接AH，GF，GE，如圖所示．

∵AD∥C1H且AD＝C1H，
∴四邊形ADC1H為平行四邊形，
∴AH∥C1D，又F是CH的中點(diǎn)，G是AC的中點(diǎn)，
∴GF∥AH，∴GF∥C1D，
又GF?平面C1DB1，C1D?平面C1DB1，
∴GF∥平面C1DB1，
又G，E分別是AC，AB的中點(diǎn)，
∴GE∥BC∥B1C1，
又GE?平面C1DB1，B1C1?平面C1DB1，
∴GE∥平面C1DB1，
又GE∩GF＝G，GE?平面GEF，GF?平面GEF，
∴平面GEF∥平面C1DB1，
又EF?平面GEF，
∴EF∥平面C1DB1.
方法二　取B1D的中點(diǎn)M，連接EM，MC1，

則EM是梯形ABB1D的中位線，
∴EM∥BB1∥CC1∥AD，
∴EM＝(AD＋BB1)
＝＝CC1，
又C1F＝CC1－CF＝CC1，
∴ EM∥C1F且EM＝C1F，
故四邊形EMC1F為平行四邊形，∴C1M∥EF，
又EF?平面C1DB1，C1M?平面C1DB1，
∴EF∥平面C1DB1.
(2)解　∵AD⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴AD⊥AC，
又AD＝AC＝1，CC1＝2AD，AD∥CC1，
∴C1D2＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4，
故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，
又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，
AC，AD?平面ACC1D，
∴BC⊥平面ACC1D，
又CD?平面ACC1D，
∴BC⊥CD，
又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD，
又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1?平面B1C1D，
∴CD⊥平面B1C1D，
∴點(diǎn)C到平面B1C1D的距離為CD的長(zhǎng)，即為.
14．如圖，矩形AB′DE(AE＝6，DE＝5)，被截去一角(即△BB′C)，AB＝3，∠ABC＝135°，平面PAE⊥平面ABCDE，PA＋PE＝10.

(1)求五棱錐P－ABCDE的體積的最大值；
(2)在(1)的情況下，證明：BC⊥PB.
(1)解　因?yàn)锳B＝3，∠ABC＝135°，
所以∠B′BC＝45°，BB′＝AB′－AB＝5－3＝2，
所以截去的△BB′C是等腰直角三角形，
所以SABCDE＝SAB′DE－S△BB′C
＝6×5－×2×2＝28.
如圖，過(guò)P作PO⊥AE，垂足為O，
因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面ABCDE，
平面PAE∩平面ABCDE＝AE，PO?平面PAE，
所以PO⊥平面ABCDE，PO為五棱錐P－ABCDE的高．
在平面PAE內(nèi)，PA＋PE＝10>AE＝6，P在以A，E為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為10的橢圓上，由橢圓的幾何性質(zhì)知，
當(dāng)點(diǎn)P為短軸端點(diǎn)時(shí)，P到AE的距離最大，
此時(shí)PA＝PE＝5，OA＝OE＝3，
所以POmax＝4，
所以(VP－ABCDE)max＝SABCDE·POmax
＝×28×4＝.
(2)證明　連接OB，如圖，由(1)知，OA＝AB＝3，

故△OAB是等腰直角三角形，所以∠ABO＝45°，
所以∠OBC＝∠ABC－∠ABO＝135°－45°＝90°，
即BC⊥BO.
由于PO⊥平面ABCDE，BC?平面ABCDE，
所以PO⊥BC，
又PO∩BO＝O，PO，BO?平面POB，
所以BC⊥平面POB，
又PB?平面POB，所以BC⊥PB.

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