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《高考数学二轮满分突破讲义》专题四 第2讲 空间点、线、面的位置关系
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这是一份《高考数学二轮满分突破讲义》专题四 第2讲 空间点、线、面的位置关系，共13页。
考点一 空间线、面位置关系的判定
核心提炼
判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
例1 (1)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c
C．若α∩β＝a，b∥a，则b∥α
D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
答案 A
解析 A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，
则a⊥γ，该说法正确；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，平面PAC，平面PBC，
交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面α，β分别为平面ABCD，平面ADD1A1，交线a为AD，
当直线b为A1C1时，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．
(2)(2019·全国Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案 B
解析 如图，取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线．
易错提醒 (1)定理中的条件理解不全面．
(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中．
跟踪演练1 (1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n
B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
答案 A
解析 对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，
又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；
对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；
对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；
对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确．
(2)(多选)如图，在四面体A－BCD中，M，N，P，Q，E分别为AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是( )
A．M，N，P，Q四点共面
B．∠QME＝∠CBD
C．△BCD∽△MEQ
D．四边形MNPQ为梯形
答案 ABC
解析 由三角形的中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；对于D，由三角形的中位线定理，知MQ∥BD，MQ＝
eq \f(1,2)BD，NP∥BD，NP＝eq \f(1,2)BD，所以MQ＝NP，MQ∥NP，所以四边形MNPQ是平行四边形，故D说法不正确．
考点二 空间平行、垂直关系
核心提炼
平行关系及垂直关系的转化
考向1 平行、垂直关系的证明
例2 (2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：
(1)PA∥平面BDE；
(2)平面PAC⊥平面BDE.
证明 (1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，
在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，
∴OE∥AP，
又∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE.
∴PA∥平面BDE.
(2)∵PO⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴PO⊥BD，
又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，而BD⊂平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE.
考向2 翻折问题
例3 (2020·莆田第一联盟体联考)如图，正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且PA＝PB.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若M是PC的中点，设eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))(0<λ<1)，且三棱锥A－BMN的体积为eq \f(8,9)，求λ的值．
(1)证明 如图，取AC的中点O，连接PO，BO.
因为PC＝PA，所以PO⊥AC.
在△POB中，PO＝OB＝eq \f(1,2)AC＝2，PB＝PA＝2eq \r(2)，
则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，
又AC∩OB＝O，且AC，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
又PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 因为平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，
所以OB⊥平面PAC，
所以VA－BMN＝VB－AMN＝eq \f(1,3)S△AMN·BO.
又因为OB＝2，VA－BMN＝eq \f(8,9)，所以S△AMN＝eq \f(4,3).
因为eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，
所以S△AMN＝(1－λ)S△APM＝eq \f(1－λ,2)S△PAC.
又S△PAC＝eq \f(1,2)PA·PC＝4，
所以eq \f(1－λ,2)×4＝eq \f(4,3)，得λ＝eq \f(1,3).
易错提醒 (1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．
(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．
(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．
跟踪演练2 (2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积．
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC＝B，且BE，BC⊂平面BCGE，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq \r(3)，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.
专题强化练
一、单项选择题
1.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
答案 C
解析 由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β.
又D∈AB，∴D∈平面ABC，
∴点D在平面ABC与平面β的交线上．
又C∈平面ABC，C∈β，
∴点C在平面β与平面ABC的交线上，
∴平面ABC∩平面β＝直线CD.
2．设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
B．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
C．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
答案 D
解析 对于A，m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，也可能相交，所以A不正确；对于B ，n⊥β，m∥n，则m⊥β，又m∥α，则α⊥β，所以B不正确；对于C，m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行也可能相交，所以C不正确；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，所以D正确．故选D.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
答案 C
解析 在正方体中连接A1D，AD1，B1C，
由正方体的性质知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，
又∵A1D∩CD＝D，且A1D，CD⊂平面A1B1CD，
∴AD1⊥平面A1B1CD，
又∵BC1∥AD1，∴BC1⊥平面A1B1CD，
∵A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.
4．点E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝8，EF＝5，则异面直线AB与PC所成的角为( )
A．90° B．45° C．30° D．60°
答案 A
解析 如图，取PB的中点G，连接EG，FG，则EG＝eq \f(1,2)AB，GF＝eq \f(1,2)PC，EG∥AB，GF∥PC，则∠EGF(或其补角)即为AB与PC所成的角，在△EFG中，EG＝eq \f(1,2)AB＝3，FG＝eq \f(1,2)PC＝4，EF＝5，EG2＋FG2＝EF2，所以∠EGF＝90°.
5.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(9,8)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(6),2)
答案 B
解析 如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即所求．因为PQ∥DB，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，梯形的高h＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，所以四边形DBQP的面积为eq \f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq \f(9,8).
6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为16eq \r(2)，点P在正方形A1B1C1D1上且A1，C到P的距离分别为2，2eq \r(3)，则直线CP与平面BDD1B1所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 易知AB＝2eq \r(2)，连接C1P，在Rt△CC1P中，可计算C1P＝eq \r(CP2－CC\\al(2,1))＝2，又A1P＝2，A1C1＝4，所以P是A1C1的中点，连接AC与BD交于点O，易证AC⊥平面BDD1B1，直线CP在平面BDD1B1内的射影是OP，所以∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，tan∠CPO＝eq \f(CO,PO)＝eq \f(\r(2),2).
二、多项选择题
7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A．BD⊥AC
B．△BAC是等边三角形
C．三棱锥D－ABC是正三棱锥
D．平面ADC⊥平面ABC
答案 ABC
解析 由题意易知，BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，故BD⊥AC，A中结论正确；设等腰直角三角形ABC的腰为a，则BC＝eq \r(2)a，由A知BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，∴BD⊥CD，又BD＝CD＝eq \f(\r(2),2)a，∴由勾股定理得BC＝eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)a＝a，∴AB＝AC＝BC，则△BAC是等边三角形，B中结论正确；易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中结论正确，D中结论错误．
8.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论正确的是( )
A．三棱锥A－D1PC的体积不变
B．A1P∥平面ACD1
C．DP⊥BC1
D．平面PDB1⊥平面ACD1
答案 ABD
解析 对于A，连接AD1，CD1，AC，D1P，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
从而BC1∥平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面的三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，A1P，则A1C1∥AC，
易知A1C1∥平面AD1C，
由A知，BC1∥平面AD1C，
又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，PD，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确．
三、填空题
9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________．
答案 平行
解析 易证A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.
10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．
答案 6
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．
11．(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题：
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则上述命题中所有真命题的序号是________．
答案 ①④
解析 ①是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知①为真命题；②是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；③是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；④是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．从而①④为真命题．
12.如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：
①l∥平面ABCD；
②l⊥AC；
③直线l与平面BCC1B1不垂直；
④当x变化时，l不是定直线．
其中成立的结论是________．(写出所有成立结论的序号)
答案 ①②③
解析 连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，
∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，
又平面MEF∩平面MPQ＝l，
∴PQ∥l，l∥EF，
∴l∥平面ABCD，故①成立；
又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；
∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，
故③成立；
当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．
四、解答题
13.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．
(1)求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.
证明 (1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝eq \f(1,2)B1C1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1.
又E为棱BC的中点，所以FG∥BE，且FG＝BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG，又因为BG⊂平面ABB1A1，EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
14.如图，菱形ABCD的边长为a，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将△DAH折起使得点D到达点P的位置，且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．
(1)求证：平面PBC∥平面EFH；
(2)若三棱锥P－EFH的体积等于eq \f(\r(3),12)，求a的值．
(1)证明 因为在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE∥CH且BE＝CH，
所以四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，
又EH⊄平面PBC，所以EH∥平面PBC.
因为点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP，
又EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC.
又EF∩EH＝E，所以平面PBC∥平面EFH.
(2)解 在菱形ABCD中，∠D＝60°，
则△ACD为正三角形，
所以AH⊥CD，DH＝PH＝CH＝eq \f(1,2)a，AH＝eq \f(\r(3),2)a，折叠后，PH⊥AH，
又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，PH⊂平面PHA，从而PH⊥平面ABCH.
在△PAE中，点F为AP的中点，则S△PEF＝S△AEF，
所以VH－PEF＝VH－AEF＝eq \f(1,2)VH－PAE＝eq \f(1,2)VP－AEH
＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)S△AEH·PH＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,2)a
＝eq \f(\r(3),96)a3＝eq \f(\r(3),12)，所以a3＝8，故a＝2.
考点一 空间线、面位置关系的判定
核心提炼
判断空间线、面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
例1 (1)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c
C．若α∩β＝a，b∥a，则b∥α
D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
答案 A
解析 A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，
则a⊥γ，该说法正确；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，平面PAC，平面PBC，
交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面α，β分别为平面ABCD，平面ADD1A1，交线a为AD，
当直线b为A1C1时，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．
(2)(2019·全国Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案 B
解析 如图，取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线．
易错提醒 (1)定理中的条件理解不全面．
(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中．
跟踪演练1 (1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n
B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
答案 A
解析 对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，
又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；
对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；
对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；
对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确．
(2)(多选)如图，在四面体A－BCD中，M，N，P，Q，E分别为AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是( )
A．M，N，P，Q四点共面
B．∠QME＝∠CBD
C．△BCD∽△MEQ
D．四边形MNPQ为梯形
答案 ABC
解析 由三角形的中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；对于D，由三角形的中位线定理，知MQ∥BD，MQ＝
eq \f(1,2)BD，NP∥BD，NP＝eq \f(1,2)BD，所以MQ＝NP，MQ∥NP，所以四边形MNPQ是平行四边形，故D说法不正确．
考点二 空间平行、垂直关系
核心提炼
平行关系及垂直关系的转化
考向1 平行、垂直关系的证明
例2 (2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：
(1)PA∥平面BDE；
(2)平面PAC⊥平面BDE.
证明 (1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，
在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，
∴OE∥AP，
又∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE.
∴PA∥平面BDE.
(2)∵PO⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴PO⊥BD，
又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，而BD⊂平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE.
考向2 翻折问题
例3 (2020·莆田第一联盟体联考)如图，正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且PA＝PB.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若M是PC的中点，设eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))(0<λ<1)，且三棱锥A－BMN的体积为eq \f(8,9)，求λ的值．
(1)证明 如图，取AC的中点O，连接PO，BO.
因为PC＝PA，所以PO⊥AC.
在△POB中，PO＝OB＝eq \f(1,2)AC＝2，PB＝PA＝2eq \r(2)，
则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，
又AC∩OB＝O，且AC，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
又PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 因为平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，
所以OB⊥平面PAC，
所以VA－BMN＝VB－AMN＝eq \f(1,3)S△AMN·BO.
又因为OB＝2，VA－BMN＝eq \f(8,9)，所以S△AMN＝eq \f(4,3).
因为eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，
所以S△AMN＝(1－λ)S△APM＝eq \f(1－λ,2)S△PAC.
又S△PAC＝eq \f(1,2)PA·PC＝4，
所以eq \f(1－λ,2)×4＝eq \f(4,3)，得λ＝eq \f(1,3).
易错提醒 (1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．
(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．
(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．
跟踪演练2 (2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积．
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC＝B，且BE，BC⊂平面BCGE，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq \r(3)，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.
专题强化练
一、单项选择题
1.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
答案 C
解析 由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β.
又D∈AB，∴D∈平面ABC，
∴点D在平面ABC与平面β的交线上．
又C∈平面ABC，C∈β，
∴点C在平面β与平面ABC的交线上，
∴平面ABC∩平面β＝直线CD.
2．设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
B．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
C．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
答案 D
解析 对于A，m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，也可能相交，所以A不正确；对于B ，n⊥β，m∥n，则m⊥β，又m∥α，则α⊥β，所以B不正确；对于C，m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行也可能相交，所以C不正确；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，所以D正确．故选D.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
答案 C
解析 在正方体中连接A1D，AD1，B1C，
由正方体的性质知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，
又∵A1D∩CD＝D，且A1D，CD⊂平面A1B1CD，
∴AD1⊥平面A1B1CD，
又∵BC1∥AD1，∴BC1⊥平面A1B1CD，
∵A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.
4．点E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝8，EF＝5，则异面直线AB与PC所成的角为( )
A．90° B．45° C．30° D．60°
答案 A
解析 如图，取PB的中点G，连接EG，FG，则EG＝eq \f(1,2)AB，GF＝eq \f(1,2)PC，EG∥AB，GF∥PC，则∠EGF(或其补角)即为AB与PC所成的角，在△EFG中，EG＝eq \f(1,2)AB＝3，FG＝eq \f(1,2)PC＝4，EF＝5，EG2＋FG2＝EF2，所以∠EGF＝90°.
5.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(9,8)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(6),2)
答案 B
解析 如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即所求．因为PQ∥DB，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，梯形的高h＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，所以四边形DBQP的面积为eq \f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq \f(9,8).
6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为16eq \r(2)，点P在正方形A1B1C1D1上且A1，C到P的距离分别为2，2eq \r(3)，则直线CP与平面BDD1B1所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 易知AB＝2eq \r(2)，连接C1P，在Rt△CC1P中，可计算C1P＝eq \r(CP2－CC\\al(2,1))＝2，又A1P＝2，A1C1＝4，所以P是A1C1的中点，连接AC与BD交于点O，易证AC⊥平面BDD1B1，直线CP在平面BDD1B1内的射影是OP，所以∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，tan∠CPO＝eq \f(CO,PO)＝eq \f(\r(2),2).
二、多项选择题
7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A．BD⊥AC
B．△BAC是等边三角形
C．三棱锥D－ABC是正三棱锥
D．平面ADC⊥平面ABC
答案 ABC
解析 由题意易知，BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，故BD⊥AC，A中结论正确；设等腰直角三角形ABC的腰为a，则BC＝eq \r(2)a，由A知BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，∴BD⊥CD，又BD＝CD＝eq \f(\r(2),2)a，∴由勾股定理得BC＝eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)a＝a，∴AB＝AC＝BC，则△BAC是等边三角形，B中结论正确；易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中结论正确，D中结论错误．
8.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论正确的是( )
A．三棱锥A－D1PC的体积不变
B．A1P∥平面ACD1
C．DP⊥BC1
D．平面PDB1⊥平面ACD1
答案 ABD
解析 对于A，连接AD1，CD1，AC，D1P，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
从而BC1∥平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面的三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，A1P，则A1C1∥AC，
易知A1C1∥平面AD1C，
由A知，BC1∥平面AD1C，
又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，PD，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确．
三、填空题
9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________．
答案 平行
解析 易证A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.
10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．
答案 6
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．
11．(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题：
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则上述命题中所有真命题的序号是________．
答案 ①④
解析 ①是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知①为真命题；②是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；③是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；④是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．从而①④为真命题．
12.如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0
①l∥平面ABCD；
②l⊥AC；
③直线l与平面BCC1B1不垂直；
④当x变化时，l不是定直线．
其中成立的结论是________．(写出所有成立结论的序号)
答案 ①②③
解析 连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，
∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，
又平面MEF∩平面MPQ＝l，
∴PQ∥l，l∥EF，
∴l∥平面ABCD，故①成立；
又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；
∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，
故③成立；
当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．
四、解答题
13.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．
(1)求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.
证明 (1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝eq \f(1,2)B1C1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1.
又E为棱BC的中点，所以FG∥BE，且FG＝BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG，又因为BG⊂平面ABB1A1，EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
14.如图，菱形ABCD的边长为a，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将△DAH折起使得点D到达点P的位置，且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．
(1)求证：平面PBC∥平面EFH；
(2)若三棱锥P－EFH的体积等于eq \f(\r(3),12)，求a的值．
(1)证明 因为在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE∥CH且BE＝CH，
所以四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，
又EH⊄平面PBC，所以EH∥平面PBC.
因为点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP，
又EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC.
又EF∩EH＝E，所以平面PBC∥平面EFH.
(2)解 在菱形ABCD中，∠D＝60°，
则△ACD为正三角形，
所以AH⊥CD，DH＝PH＝CH＝eq \f(1,2)a，AH＝eq \f(\r(3),2)a，折叠后，PH⊥AH，
又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，PH⊂平面PHA，从而PH⊥平面ABCH.
在△PAE中，点F为AP的中点，则S△PEF＝S△AEF，
所以VH－PEF＝VH－AEF＝eq \f(1,2)VH－PAE＝eq \f(1,2)VP－AEH
＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)S△AEH·PH＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,2)a
＝eq \f(\r(3),96)a3＝eq \f(\r(3),12)，所以a3＝8，故a＝2.
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