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2023高考数学复习专项训练《空间中直线与直线的位置关系》
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这是一份2023高考数学复习专项训练《空间中直线与直线的位置关系》，共22页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。
2023高考数学复习专项训练《空间中直线与直线的位置关系》
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）如图正方体ABCD-A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是( )
①当0
③当CQ=34时，S与C1D1交点R满足C1R1=13；
④当34
A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②④ D. ①②③⑤
2.（5分）如图平面α∩平面β=PQ、EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G、H，为使PQ⊥GH，则需要增加一个条件是( )
A. EF⊥平面α B. EF⊥平面β C. PQ⊥GE D. PQ⊥FH
3.（5分）以下命题正确的是( )
A. 过空间三点有且仅有一个平面
B. 平行于同一直线的两个平面互相平行
C. 平行于同一直线的两条直线互相平行
D. 分别在两个平行平面内的两条直线互相平行
4.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是( )
A. D1O//平面A1BC1
B. D1O⊥平面AMC
C. 异面直线BC1与AC所成角为60°
D. 点B到平面AMC的距离为22
5.（5分）空间中有三条线段AB，BC，CD，且，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A. 平行
B. 异面
C. 相交或平行
D. 平行或异面或相交均有可能
6.（5分）已知m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列判断正确的是( )
A. m//n，m⊂α，则n//α B. 若m//α，α//β，则m//β
C. 若m//n，n⊥α，则m⊥α D. 若m⊥β，m⊥n，则n//β
7.（5分）如图，三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA=VB，AD=BD，则下列结论中不一定成立的是( )
A. AC=BC B. VC⊥VD
C. AB⊥VC D. SΔVCD⋅AB=SΔABC⋅VO
8.（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，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，n//α，则m//n④若α⊥γ，β⊥γ，则α//β其中正确命题的序号是
A. ①和②
B. ②和③
C. ③和④
D. ①和④
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中假命题是()
A. 若m⊥α，m⊥n，则n//α B. 若m//α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m//α，n//β，α⊥β，则m⊥n D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
10.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A. A1C1//平面CEF B. B1D⊥平面CEF
C. CE→=12DA→+DD1→-DC→ D. 点D与点B1到平面CEF的距离相等
11.（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有正确的命题是( )
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，α//β，则m⊥n
12.（5分）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1D1，DD1的中点，则以下四个结论正 确的是( )
A. B1C // MN
B. 若p为直线CC1上的动点，则B1→P⋅B1→C1为定值
C. 点A到平面C1MN的距离为13
D. 过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为38π
13.（5分）下列叙述错误的是( )
A. 已知直线l和平面α，若点A∈l，点B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α
B. 若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面
C. 若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则α内的所有直线与l都不相交
D. 若直线l1和l2不平行，且l1⊂α，l2⊂β，α⋂β=l，则l至少与l1，l2中的一条相交
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：(1)m⊥n；(2)α⊥β (3)n⊥β (4)m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______．
15.（5分）已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD1与DC1相交于点O，则AO与A1B的位置关系是________________.
16.（5分）如图为四棱锥A-DEFG的侧面展开图(点G1，G2重合为点G)，其中AD=AF，G1D=G2F.E是线段DF的中点，请写出四棱锥A-DEFG中一对一定相互垂直的异面直线：______(填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形)
17.（5分）下列命题中正确的个数为 ______ .
①若ΔABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；
②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；
③若直线a、b异面，b、c异面，则a、c异面；
④若a⊥c，b⊥c，则a//b.
18.（5分）下列命题正确的是________.(填序号)
① 若a，b是两条直线，且a//b，那么a平行于经过b的任何平面；
② 若直线a和平面α满足a//α，那么a与α内的任何直线平行；
③ 若直线a，b和平面α满足a//α，b//α，那么a//b；
④ 若直线a，b和平面α满足a//b，a//α，b⊄α，则b//α.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图1，正三角形ABC的边长为2，D、E、F分别为各边的中点将ΔABC沿DE、EF、DF折叠，使A、B、C三点重合，构成三棱锥A-DEF如图2.
(Ⅰ)求平面ADE与底面DEF所成二面角的余弦值；
(Ⅱ)设点M、N分别在AD、EF上，AMMD=ENNF=λ(λ>0,λ为变量).
①当λ为何值时，MN为异面直线AD与EF的公垂线段？请证明你的结论；
②设异面直线MN与AE所成的角为α，异面直线MN与DF所成的角为β，试求α+β的值．
20.（12分）如图，在四棱锥 P- ABCD中， PA⊥平面 ABCD， PA= AB=1， BC= CD=2， AB // CD，∠ADC=π2.
(1)求证：PD⊥AB；
(2)求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
21.（12分）如图，四边形ABCD为矩形，且AD=4，AB=22，PA⊥平面ABCD，PA=2，E为BC的中点．
(1)求证：PC⊥DE；
(2)若M为PC的中点，求三棱锥M-PAB的体积．
22.（12分）如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=22，E，F分别是AD，BC的中点，对角线BD与EF交于O点，沿EF将矩形ABFE折起，使平面ABFE与平面EFCD所成角为60°.在图2中：
(1)求证：BO⊥DO；
(2)求平面DOB与平面BFC所成角的余弦值．
23.（12分）如图，α∩β=a，b⊂α，c⊂β，b//c，求证：a//b//c.
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：当CQ=12时，S为等腰梯形，②正确，图如下：
当CQ=1时，S是菱形，面积为2.32=62，⑤正确，图如下：
当CQ=34时，画图如下：C1R=13，③正确
当34
当0
故选：D．
由已知情况根据CQ的不同取值，分别作出图形，利用数形结合思想能求出结果．
该题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．
2.【答案】B;
【解析】解：由平面α∩平面β=PQ、EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G、H，知：
在A中，EF⊥平面α，EF//EG//FH，与题意不符，故A错误；
在B中，EF⊥平面β，则EF⊥PQ，EG⊥PQ，且EF∩EG=E，
∴PQ⊥平面EFHG，∵GH⊂平面EFHG，∴PQ⊥GH，故B正确；
在C中，由平面α∩平面β=PQ、EG⊥平面α，能得到PQ⊥GE，故C 错误；
在D中，由平面α∩平面β=PQ，FH⊥平面α，能得到PQ⊥FH，故D 错误．
故选：B．
EF⊥平面β，则EF⊥PQ，EG⊥PQ，且EF∩EG=E，从而PQ⊥平面EFHG，由此能得到PQ⊥GH．
该题考查满足线线垂直的条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
3.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了线线、线面、面面位置关系，考查学生的空间想象能力，比较基础．
利用线线关系、线面、面面关系对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
解：对于A：过空间不共线三点有且仅有一个平面，故原说法错误；
对于B：平行于同一直线的两个平面可能互相平行、相交，故原说法错误；
对于C：平行于同一直线的两条直线互相平行，是公理说法正确
对于D：分别在两个平行平面内的两条直线可能互相平行、异面，故原说法错误.
故选C.
4.【答案】D;
【解析】
此题主要考查线面平行的判定，线面垂直的判定，空间中直线和平面的位置关系，考查了异面直线所成角，是中档题．
由线面平行的判定证明A正确；由线面垂直的判定说明B正确；由正方体的面对角线相等得到ΔA1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，即可证明C正确;题干没有任何长度数据，故D错误.
解：如图，连接B1D1，交A1C1于E，
则易得OD1//BE，
由OD1⊄面A1BC1，BE⊂面A1BC1，可得D1O//面A1BC1，A正确；
因为AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂面DD1O，
所以AC⊥面DD1O，又OD1⊂面DD1O，
由线面垂直的性质定理可得OD1⊥AC，
设正方体棱长为2，可求得OM2=3，OD12=6，MD12=9，
则OD12+OM2=D1M2，有OD1⊥OM，
又AC∩OM=O，且都在平面AMC内，
由线面垂直的判定可得D1O⊥平面AMC，B正确；
由正方体的面对角线相等得到ΔA1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，
又AC//A1C1，
所以异面直线BC1与AC所成的角即为直线BC1与A1C1所成的角，
∴异面直线BC1与AC所成的角等于60°，C正确.
题干没有任何一个长度数据，故点B到平面AMC的距离无法求出，故D错误.
故选D.
5.【答案】D;
【解析】
此题主要考查异面直线的应用，是高考中常见的题型，属于基础题.
解：若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；
若不共面，则直线AB与CD是异面直线，
故选D.
6.【答案】C;
【解析】解：由m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，知：
对于A，若m//n，m⊂α，则n//α或n⊂α，故A错误；
对于B，若m//α，α//β，则m//β或m⊂β，故B错误；
对于C，若m//n，n⊥α，则由线面垂直的判定定理得m⊥α，故C正确；
对于D，若m⊥β，m⊥n，则n//β或n⊂β，故D错误．
故选：C.
对于A，n//α或n⊂α；对于B，m//β或m⊂β；对于C，由线面垂直的判定定理得m⊥α；对于D，n//β或n⊂β.
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力等数学核心素养，是中档题．
7.【答案】B;
【解析】
该题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，锥体体积公式，熟练掌握空间线线垂直与线面垂直之间的相互转化是解答的关键．
由VO⊥平面ABC，可得VO⊥AB，由VA=VB，AD=BD，可得VD⊥AB，进而由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面VCD，则AB⊥CD，可判断选项A一定成立，由AB⊥VC可判断选项C一定成立，利用等体积法可判断选项D一定成立．
解：连接VD，∵VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴VO⊥AB，
∵VA=VB，AD=BD，
∴VD⊥AB，
∵VO∩VD=V，VO⊂平面VCD，VD⊂平面VCD，
∴AB⊥平面VCD，
∵CD⊂平面VCD，
∴AB⊥CD，
又∵AD=BD，
∴AC=BC，即选项A一定成立；
又∵VC⊂平面VCD，
∴AB⊥VC，即选项C一定成立；
则SΔVCD⋅AB=SΔABC⋅VO，即D一定成立；
故选：B．
8.【答案】A;
【解析】
此题主要考查了空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.
根据空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系即可求出答案.
解：对于①，因为"h=，
所以经过"h=作平面"h=，使"h=，可得"h=，
又因为"h=，"h=，
所以"h=，结合"h=得m⊥n，由此可得①正确；
对于②，因为"h=且"h=，
所以"h=，结合"h=，可得"h=，故②正确；
对于③，设直线"h=、"h=是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面"h=是正方体下底面所在的平面，
则有"h=且"h=成立，但不能推出m//n，故③不正确；
对于④，设平面"h=、"h=、"h=是位于正方体经过同一个顶点的三个面，
则有"h=且"h=，但是α⊥β，推不出"h=，故④不正确．
综上所述，其中正确命题的序号是①和②，
故选A.
9.【答案】ABC;
【解析】解：若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故A错误；
若m//α，α⊥β，则m⊂β或m//β或m与β相交，相交也不一定垂直，故B错误；
若m//α，n//β，α⊥β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故C错误；
若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n，故D正确．
故选：ABC.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查了空间立体几何的综合问题，涉及线面位置关系、空间向量运算和点到平面的距离等知识点，使用了线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理、反证法和等体积法等，考查学生综合运用知识的能力，属于基础题．
A，由线面平行的判定定理可判断；
B，反证法，假设B1D⊥平面CEF，∵B1D⊥平面ACC1A1，∴平面CEF//平面ACC1A1，与平面CEF∩平面ACC1A1=C相矛盾；
C，由空间向量的线性运算可判断；
D，用等体积法，分别求出三棱锥B1-CEF和三棱锥D-CEF的体积即可得解．
解：如图所示，
对于A，∵E，F分别是A1D1和C1D1的中点，∴EF//A1C1，
∵EF⊂平面CEF，且A1C1⊄平面CEF，∴A1C1//平面CEF，即A正确；
对于B，若B1D⊥平面CEF，∵B1D⊥平面ACC1A1，∴平面CEF//平面ACC1A1，而平面CEF∩平面ACC1A1=C，∴B1D不可能与平面CEF垂直，即B错误；
对于C，12DA→+DD1→-DC→=12DA→+C→D1=D1→E + C→D1 =CE→，即C正确；
对于D，设点B1和点D到平面CEF的距离分别为h1，h2，正方体的棱长为1，
则VB1-CEF= 1 3 ⋅h1⋅SΔAEF=VC-B1EF= 1 8 ； VD-CEF= 13 ⋅h2⋅SΔCEF=VE-CDF= 112 ；
∴h1≠h2，即D错误；
故选：AC.
11.【答案】AD;
【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，
对于A，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，若m//α，n//β，m⊥n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m⊥α，n//β，m⊥n，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若m⊥α，n//β，α//β，则由面面平行、线面垂直的性质得m⊥n，故D正确．
故选：AD.
对于A，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于B，α与β相交或平行；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面平行、线面垂直的性质得m⊥n.
此题主要考查命题真假的判断，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力、推理论证能力，是中档题．
12.【答案】ABD;
【解析】
本题以正方体为载体考查直线与直线平行，以及建立空间直角坐标系利用向量法求点到平面的距离和该正方体的外接球有关的截面面积问题的求解，属于中档题.
结合题中条件针对各选项运用相关定理逐一展开证明求解即可得到结论.
解：对于A，连结B1C，A1D，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1，
∴A1B1//CD且A1B1=CD.
故四边形A1B1CD为平行四边形，
∴B1C//A1D.
又∵M，N分别为棱A1D1，DD1的中点，
∴MN//A1D.
故MN//B1C.
选项A正确；
对于B，以D为原点，分别以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∴B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，
∵P为直线CC1上的动点，可设P(0,1,z0)，
∴B1→P=-1,0,z0-1，B1→C1=-1,0,0
∴B1→P.B1→C1=-1×-1+0+0=1.
选项B正确；
对于C，同上建立空间直角坐标系，可得A(1,0,0)，M(12,0,1)，N(0,0,12)，
∴MA→=12,0,-1，C1→M=12,-1,0，MN→=-12,0,-12，
设平面C1MN的一个法向量为n→=x,y,z，则满足n→.C1→M=0，n→.MN→=0，
则有{12x-y=0-12x-12z=0，取x=2，解得y=1，z=-2，∴n→=2,1,-2，
所以点A到平面C1MN的距离d=MA→.n→n→=12×2+-1×-222+12+-22=39=1.
选项C错误；
对于D，由题知正方体的外接球球心在正方体的几何中心O处，求半径R=1212+12+12=32.
要使过MN的平面截该球得到截面面积最小，截面圆的圆心为Q，如图示，连结OM，ON.
易得OM=ON=MN=22.
∴OQ=OM2-MQ2=222-242=64.
故截面圆半径r=R2-OQ2=322-642=64.
∴截面的面积的最小值为πr2=642π=38π.选项D正确.
故选ABD.
13.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查平面的基本性质，考查空间中直线与直线间的关系及线与平面间的关系，属于基础题.
由如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内，可以判断A；由长方体共顶点的三条棱相交于一点可以判断B；对于C由l与α相交即可判断；对于D，可以用假设l与l1，l2都不相交，来得到否定结论，从而原命题正确.
解：根据如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内，得A正确；
对于B，由长方体共顶点的三条棱相交于一点，但三条直线不能确定一个平面，所以B错误；
对于C，直线l不平行于平面α，且l⊄α，则l与α相交，所以α内的所有直线与l相交或异面，所以C错误；
对于D，假设l与l1，l2都不相交，则由α∩β=l得l⊂α，又l1⊂α，所以l//l1，同理l//l2，
所以l1//l2，与l1和l2不平行矛盾，所以假设不成立，即原命题正确，所以D正确.
故选BC.
14.【答案】m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β;
【解析】解：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n，由面面垂直的性质定理得m⊥n正确；
m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β正确；
α⊥β，n⊥β，m⊥n⇒m⊥α，这里m与α相交、平行或m⊂α，故m⊥α不正确；
m⊥n，α⊥β，m⊥α⇒n⊥β，这里n与β相交、平行或n⊂β，故n⊥β不正确．
故答案为：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β．
m⊥α，n⊥β，α⊥β，由面面垂直的性质定理得m⊥n；m⊥n，m⊥α，n⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
该题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
15.【答案】垂直
;
【解析】
本题在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证异面直线互相垂直，着重考查了正方体的性质和空间线面垂直的判定与性质等知识，属于基础题．
连接B1A，根据AD⊥平面AA1B1B，得到A1B⊥AD.根据正方形AA1B1B中对角线互相垂直，得AB1⊥A1B，从而得到A1B⊥平面ADC1B1，再由AO⊂平面ADC1B1，得到AO⊥A1B.
解：连接B1A，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面AA1B1B，
A1B⊂平面AA1B1B，
∴A1B⊥AD
∵正方形AA1B1B中，AB1⊥A1B，且AB1∩AD=A
∴A1B⊥平面ADC1B1
∵AO⊂平面ADC1B1，
∴AO⊥A1B.
故答案为垂直.
16.【答案】AE、DF（或AE、DG，或AE、GF或AG、DF）;
【解析】解：如图所示，连接DF和GF，相交于点O，连接AO，
∵DG=FG，DE=EF，GE=GE，∴△GDE≌△GFE，∴∠DGO=∠FGO，
∵DO=OF，GO=GO，∴△DGO≌△GFO，
∴DO=OF，∠GOD=∠GOF=π2，∴DF⊥OE，
∵AD=AF，OD=OF，∴AO⊥DF，
∵AO∩OE=O，AO，OE⊂平面AOE，
∴DF⊥平面AOE，又AE⊂平面AOE，∴DF⊥AE.
故答案为：AE、DF(或AE、DG，或AE、GF或AG、DF).
连接DF和GF，相交于点O，推导出DF⊥平面AOE，能求出结果．
此题主要考查互相垂直的异面直线的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】2;
【解析】解：对于①，设平面α∩平面ABC=l，因为P∈α，P∈平面ABC，所以P∈l，同理Q∈l，R∈l，故P，Q，R三点共线，正确．
对于②，如图，因为a//b，故a，b可确定一个平面α，因为A∈a，B∈b，a⊂α，b⊂α，故AB⊂α，所以C∈α.
在平面α内过C作直线c'//b，因为c//b，故c'，c重合或者c'//c，
但C∈c'，C∈c，从而c'，c重合，也就是这四条直线共面，正确．
对于③如图，长方体中，直线a、b异面，b、c异面，则a、c平行，错误；
对于④，如图，长方体中，a⊥c，b⊥c，则a、b异面，错误．
故答案为：2.
直接利用异面直线的定义和判定方法，平面的性质，点和平面的位置关系的应用判定①②③④的结论．
此题主要考查的知识要点：异面直线的定义和判定方法，平面的性质，点和平面的位置关系，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．
18.【答案】④;
【解析】
此题主要考查直线与平面关系的应用，属于中档题.
解：根据线面平行的判定与性质定理知，④正确．
故答案为④.
19.【答案】（Ⅰ）解：如图，取DE的中点G，连结AG、FG，
由题意得AD=AE，△DEF为正三角形，得AG⊥DE，
∴∠AGF为平面ADE与底面DEF所成二面角的平面角，
由题意得AG=FG=32，
在△AGF中，
cos∠AFG=(32)2+(32)2-122×32×32=13．
（Ⅱ）①当λ为1时，MN为异面直线AD与EF的公垂线．
当λ=1时，M为AD中点，N为EF中点，
连结AN，DN，
由题意知AN=DN=32，
∴MN⊥AD，同理可证MN⊥EF，
∴λ=1时，MN为异面直线AD与EF的公垂线．
②过点M作MH∥DF，交AF于H，
则∠HNM为异面直线MN与DF所成的角，
由HN∥DF，得AHHF=AMMD，又AMMD=ENNF，
∴AHHF=ENNF，
∴HN∥AE，∠MNH为异面直线MN与AE所成的角，
∴α+β=∠MNH+HMN=π-∠MHN，
由题意得，三棱锥A-DEF是正棱锥，
则点A在底面DEF上的射影为底面△DEF的中心，记为O，
∵AE在底面DEF上的射影EO⊥DF，∴AE⊥DF，
又∵HN∥AE，∴∠MNH=π2，
∴α+β=∠MNH+HMN=π-∠MHN=π2．;
【解析】
(Ⅰ)取DE的中点G，连结AG、FG，则∠AGF为平面ADE与底面DEF所成二面角的平面角，由此能求出平面ADE与底面DEF所成二面角的余弦值．
(Ⅱ)①当λ=1时，M为AD中点，N为EF中点，连结AN，DN，由题意知AN=DN=32，从而MN⊥AD，同理可证MN⊥EF，由此得到λ=1时，MN为异面直线AD与EF的公垂线．
②过点M作MH//DF，交AF于H，则∠HNM为异面直线MN与DF所成的角，由HN//DF，得AHHF=AMMD，又AMMD=ENNF，从而AHHF=ENNF，HN//AE，∠MNH为异面直线MN与AE所成的角，由此能推导出α+β=∠MNH+HMN=π-∠MHN=π2.
此题主要考查二面角的余弦值的求法，考查异面直线的公垂线的判断与求法，考查两角和的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．
20.【答案】解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，
由∠ADC=π2，得AD⊥CD，
又AB//CD，所以AD⊥AB，
又AD∩PA=A，故AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，所以PD⊥AB.
(2)解法一：在平面ABCD中，过A作AE⊥BC交CB的延长线于E，连接PE，过A作AG⊥PE于G，连接CG.
由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BC，又AE⊥BC，AE∩PA=A，故BC⊥平面PAE，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAE，易知平面PBC∩平面PAE=PE，结合AG⊥PE得AG⊥平面PBC.
故∠ACG是直线AC与平面PBC所成的角．
在四边形ABCD中，可得AC=7，
在三角形ABE中，可得AE=32，
在三角形PAE中，可得AG=217，
在RtΔAGC中，sin∠ACG=AGAC=2177=37.
故直线AC与平面PBC所成角的正弦值为37.
解法二：等体积法．
VP-ABC=13SΔABC.AP=13×32×1=36，
在四边形ABCD中，可得AC=7，
在ΔPBC中，BC=2，PB=2，PC=22，
故cos∠BPC=8+2-42×22×2=34，sin∠BPC=74，
所以SΔPBC=12×2×22×74=72，
设A到平面PBC的距离为d，则由VP-ABC=VA-PBC，得13×72×d=36，解得d=217，
设直线AC与平面PBC所成角的大小为θ，
则sinθ=dAC=37.
解法三：空间向量法．
以A为坐标原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示．
由题意知A(0,0,0)，B(1,0,0)，C2,3,0，D0,3,0，P(0,0,1).
则AC→=2,3,0,PB→=1,0,-1,PC→=2,3,-1.
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
则{&n→.PB→=0, n→.PC→=0, 得{&x-z=0, 2x+3y-z=0, 可取n→=1,-33,1.
于是|cosAC→,n→|=|AC→.n→||AC→|\cdot|n→|=37.
故直线AC与平面PBC所成角的正弦值为37.;
【解析】此题主要考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，由∠ADC= π 2，得AD⊥CD，由AB//CD，得AD⊥AB，从而AB⊥平面 PAD，由此能证明PD⊥AB.
(2)解法一：在平面ABCD中，过A作AE⊥BC交CB的延长线于E，连接PE，过A作AG⊥PE于G，连接CG.
由PA⊥平面ABCD，结合AG⊥PE得AG⊥平面PBC.
故∠ACG是直线AC与平面PBC所成的角．利用三角函数可得答案．
解法二：等体积法．
VP-ABC=13SΔABC.AP=13×32×1=36，
设直线AC与平面PBC所成角的大小为θ，计算可得答案．
解法三：空间向量法．
以A为坐标原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示．
由题意知A(0,0,0)，B(1,0,0)，C2,3,0，D0,3,0，P(0,0,1).
则AC→=2,3,0,PB→=1,0,-1,PC→=2,3,-1.
利用空间向量可得答案．
21.【答案】证明：（1）∵PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
∴PA⊥DE，
在Rt△ADC与Rt△DCE中，
∵AD=4，CD=AB=22，CE=2，
∴CDAD=22=CECD，则Rt△ADC∽Rt△DCE，可得∠DCA=∠CED，
∴∠DCA+∠EDC=90°，即AC⊥DE，
又PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴DE⊥平面PAC，
而PC⊂平面PAC，∴PC⊥DE；
解：（2）∵M是PC的中点，
∴VM-PAB=VP-ABC-VM-ABC=12VP-ABC=12×13×12×22×4×2=423．;
【解析】
(1)由已知可得PA⊥DE，求解三角形证明DE⊥AC，可得DE⊥平面PAC，从而得到PC⊥DE；
(2)由M为PC的中点，利用等体积法求三棱锥M-PAB的体积．
此题主要考查空间中直线与直线垂直的判定，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
22.【答案】证明：（1）由题设知OD=OE2+ED2=3，
OB=OF2+FB2=3，
连结BD，在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=22+2=6，
∴OD2+OB2=BD2=6，
由勾股定理逆定理得OD⊥OB．
解：（2）以F这原点，在平面BFC中过F作FC的垂线为x轴，FC为y轴，FE作z轴，建立空间直角坐标系，
则O（0，0，1），B（62，22，-1），D（0，2，2），F（0，0，0），
∴OB→=（62，22，-1），OD→=（0，2，1），FO→=（0，0，1），
设平面OBD的法向量n→=（x，y，z），
则n→.OD→=62x+22y-z=0n→.OB→=2y+z=0，令y=-2，得n→=（6，-2，2），
平面FBC的法向量m→=（0，0，1），
cos＜m→，n→＞=m→.n→|m→|.|n→|=26+2+4=33，
∴平面DOB与平面BFC所成角的余弦值为33．;
【解析】
(1)先求出OD=3，OB=3，连结BD，求出BD=6，由勾股定理逆定理得OD⊥OB．
(2)以F这原点，在平面BFC中过F作FC的垂线为x轴，FC为y轴，FE作z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DOB与平面BFC所成角的余弦值．
该题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
23.【答案】证明：∵b∥c，c⊂β，b⊄β，∴b∥β，
又b⊂α，α∩β=a，∴b∥a，
∴a∥b∥c．;
【解析】
由已知利用直线与平面平行的判定证明b//β，再由线面平行的性质证明b//a，最后由平行公理得结论．
此题主要考查直线与平面平行的判断与性质，考查平行公理的应用，考查空间想象能力与推理论证能力，是基础题．
2023高考数学复习专项训练《空间中直线与直线的位置关系》
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）如图正方体ABCD-A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是( )
①当0
③当CQ=34时，S与C1D1交点R满足C1R1=13；
④当34
A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②④ D. ①②③⑤
2.（5分）如图平面α∩平面β=PQ、EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G、H，为使PQ⊥GH，则需要增加一个条件是( )
A. EF⊥平面α B. EF⊥平面β C. PQ⊥GE D. PQ⊥FH
3.（5分）以下命题正确的是( )
A. 过空间三点有且仅有一个平面
B. 平行于同一直线的两个平面互相平行
C. 平行于同一直线的两条直线互相平行
D. 分别在两个平行平面内的两条直线互相平行
4.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是( )
A. D1O//平面A1BC1
B. D1O⊥平面AMC
C. 异面直线BC1与AC所成角为60°
D. 点B到平面AMC的距离为22
5.（5分）空间中有三条线段AB，BC，CD，且，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A. 平行
B. 异面
C. 相交或平行
D. 平行或异面或相交均有可能
6.（5分）已知m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列判断正确的是( )
A. m//n，m⊂α，则n//α B. 若m//α，α//β，则m//β
C. 若m//n，n⊥α，则m⊥α D. 若m⊥β，m⊥n，则n//β
7.（5分）如图，三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA=VB，AD=BD，则下列结论中不一定成立的是( )
A. AC=BC B. VC⊥VD
C. AB⊥VC D. SΔVCD⋅AB=SΔABC⋅VO
8.（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，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，n//α，则m//n④若α⊥γ，β⊥γ，则α//β其中正确命题的序号是
A. ①和②
B. ②和③
C. ③和④
D. ①和④
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中假命题是()
A. 若m⊥α，m⊥n，则n//α B. 若m//α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m//α，n//β，α⊥β，则m⊥n D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
10.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A. A1C1//平面CEF B. B1D⊥平面CEF
C. CE→=12DA→+DD1→-DC→ D. 点D与点B1到平面CEF的距离相等
11.（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有正确的命题是( )
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，α//β，则m⊥n
12.（5分）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1D1，DD1的中点，则以下四个结论正 确的是( )
A. B1C // MN
B. 若p为直线CC1上的动点，则B1→P⋅B1→C1为定值
C. 点A到平面C1MN的距离为13
D. 过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为38π
13.（5分）下列叙述错误的是( )
A. 已知直线l和平面α，若点A∈l，点B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α
B. 若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面
C. 若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则α内的所有直线与l都不相交
D. 若直线l1和l2不平行，且l1⊂α，l2⊂β，α⋂β=l，则l至少与l1，l2中的一条相交
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：(1)m⊥n；(2)α⊥β (3)n⊥β (4)m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______．
15.（5分）已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD1与DC1相交于点O，则AO与A1B的位置关系是________________.
16.（5分）如图为四棱锥A-DEFG的侧面展开图(点G1，G2重合为点G)，其中AD=AF，G1D=G2F.E是线段DF的中点，请写出四棱锥A-DEFG中一对一定相互垂直的异面直线：______(填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形)
17.（5分）下列命题中正确的个数为 ______ .
①若ΔABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；
②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；
③若直线a、b异面，b、c异面，则a、c异面；
④若a⊥c，b⊥c，则a//b.
18.（5分）下列命题正确的是________.(填序号)
① 若a，b是两条直线，且a//b，那么a平行于经过b的任何平面；
② 若直线a和平面α满足a//α，那么a与α内的任何直线平行；
③ 若直线a，b和平面α满足a//α，b//α，那么a//b；
④ 若直线a，b和平面α满足a//b，a//α，b⊄α，则b//α.
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图1，正三角形ABC的边长为2，D、E、F分别为各边的中点将ΔABC沿DE、EF、DF折叠，使A、B、C三点重合，构成三棱锥A-DEF如图2.
(Ⅰ)求平面ADE与底面DEF所成二面角的余弦值；
(Ⅱ)设点M、N分别在AD、EF上，AMMD=ENNF=λ(λ>0,λ为变量).
①当λ为何值时，MN为异面直线AD与EF的公垂线段？请证明你的结论；
②设异面直线MN与AE所成的角为α，异面直线MN与DF所成的角为β，试求α+β的值．
20.（12分）如图，在四棱锥 P- ABCD中， PA⊥平面 ABCD， PA= AB=1， BC= CD=2， AB // CD，∠ADC=π2.
(1)求证：PD⊥AB；
(2)求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
21.（12分）如图，四边形ABCD为矩形，且AD=4，AB=22，PA⊥平面ABCD，PA=2，E为BC的中点．
(1)求证：PC⊥DE；
(2)若M为PC的中点，求三棱锥M-PAB的体积．
22.（12分）如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=22，E，F分别是AD，BC的中点，对角线BD与EF交于O点，沿EF将矩形ABFE折起，使平面ABFE与平面EFCD所成角为60°.在图2中：
(1)求证：BO⊥DO；
(2)求平面DOB与平面BFC所成角的余弦值．
23.（12分）如图，α∩β=a，b⊂α，c⊂β，b//c，求证：a//b//c.
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：当CQ=12时，S为等腰梯形，②正确，图如下：
当CQ=1时，S是菱形，面积为2.32=62，⑤正确，图如下：
当CQ=34时，画图如下：C1R=13，③正确
当34
当0
故选：D．
由已知情况根据CQ的不同取值，分别作出图形，利用数形结合思想能求出结果．
该题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．
2.【答案】B;
【解析】解：由平面α∩平面β=PQ、EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G、H，知：
在A中，EF⊥平面α，EF//EG//FH，与题意不符，故A错误；
在B中，EF⊥平面β，则EF⊥PQ，EG⊥PQ，且EF∩EG=E，
∴PQ⊥平面EFHG，∵GH⊂平面EFHG，∴PQ⊥GH，故B正确；
在C中，由平面α∩平面β=PQ、EG⊥平面α，能得到PQ⊥GE，故C 错误；
在D中，由平面α∩平面β=PQ，FH⊥平面α，能得到PQ⊥FH，故D 错误．
故选：B．
EF⊥平面β，则EF⊥PQ，EG⊥PQ，且EF∩EG=E，从而PQ⊥平面EFHG，由此能得到PQ⊥GH．
该题考查满足线线垂直的条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
3.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了线线、线面、面面位置关系，考查学生的空间想象能力，比较基础．
利用线线关系、线面、面面关系对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
解：对于A：过空间不共线三点有且仅有一个平面，故原说法错误；
对于B：平行于同一直线的两个平面可能互相平行、相交，故原说法错误；
对于C：平行于同一直线的两条直线互相平行，是公理说法正确
对于D：分别在两个平行平面内的两条直线可能互相平行、异面，故原说法错误.
故选C.
4.【答案】D;
【解析】
此题主要考查线面平行的判定，线面垂直的判定，空间中直线和平面的位置关系，考查了异面直线所成角，是中档题．
由线面平行的判定证明A正确；由线面垂直的判定说明B正确；由正方体的面对角线相等得到ΔA1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，即可证明C正确;题干没有任何长度数据，故D错误.
解：如图，连接B1D1，交A1C1于E，
则易得OD1//BE，
由OD1⊄面A1BC1，BE⊂面A1BC1，可得D1O//面A1BC1，A正确；
因为AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂面DD1O，
所以AC⊥面DD1O，又OD1⊂面DD1O，
由线面垂直的性质定理可得OD1⊥AC，
设正方体棱长为2，可求得OM2=3，OD12=6，MD12=9，
则OD12+OM2=D1M2，有OD1⊥OM，
又AC∩OM=O，且都在平面AMC内，
由线面垂直的判定可得D1O⊥平面AMC，B正确；
由正方体的面对角线相等得到ΔA1BC1为正三角形，即∠A1C1B=60°，
又AC//A1C1，
所以异面直线BC1与AC所成的角即为直线BC1与A1C1所成的角，
∴异面直线BC1与AC所成的角等于60°，C正确.
题干没有任何一个长度数据，故点B到平面AMC的距离无法求出，故D错误.
故选D.
5.【答案】D;
【解析】
此题主要考查异面直线的应用，是高考中常见的题型，属于基础题.
解：若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；
若不共面，则直线AB与CD是异面直线，
故选D.
6.【答案】C;
【解析】解：由m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，知：
对于A，若m//n，m⊂α，则n//α或n⊂α，故A错误；
对于B，若m//α，α//β，则m//β或m⊂β，故B错误；
对于C，若m//n，n⊥α，则由线面垂直的判定定理得m⊥α，故C正确；
对于D，若m⊥β，m⊥n，则n//β或n⊂β，故D错误．
故选：C.
对于A，n//α或n⊂α；对于B，m//β或m⊂β；对于C，由线面垂直的判定定理得m⊥α；对于D，n//β或n⊂β.
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力等数学核心素养，是中档题．
7.【答案】B;
【解析】
该题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，锥体体积公式，熟练掌握空间线线垂直与线面垂直之间的相互转化是解答的关键．
由VO⊥平面ABC，可得VO⊥AB，由VA=VB，AD=BD，可得VD⊥AB，进而由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面VCD，则AB⊥CD，可判断选项A一定成立，由AB⊥VC可判断选项C一定成立，利用等体积法可判断选项D一定成立．
解：连接VD，∵VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴VO⊥AB，
∵VA=VB，AD=BD，
∴VD⊥AB，
∵VO∩VD=V，VO⊂平面VCD，VD⊂平面VCD，
∴AB⊥平面VCD，
∵CD⊂平面VCD，
∴AB⊥CD，
又∵AD=BD，
∴AC=BC，即选项A一定成立；
又∵VC⊂平面VCD，
∴AB⊥VC，即选项C一定成立；
则SΔVCD⋅AB=SΔABC⋅VO，即D一定成立；
故选：B．
8.【答案】A;
【解析】
此题主要考查了空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.
根据空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系即可求出答案.
解：对于①，因为"h=，
所以经过"h=作平面"h=，使"h=，可得"h=，
又因为"h=，"h=，
所以"h=，结合"h=得m⊥n，由此可得①正确；
对于②，因为"h=且"h=，
所以"h=，结合"h=，可得"h=，故②正确；
对于③，设直线"h=、"h=是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面"h=是正方体下底面所在的平面，
则有"h=且"h=成立，但不能推出m//n，故③不正确；
对于④，设平面"h=、"h=、"h=是位于正方体经过同一个顶点的三个面，
则有"h=且"h=，但是α⊥β，推不出"h=，故④不正确．
综上所述，其中正确命题的序号是①和②，
故选A.
9.【答案】ABC;
【解析】解：若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故A错误；
若m//α，α⊥β，则m⊂β或m//β或m与β相交，相交也不一定垂直，故B错误；
若m//α，n//β，α⊥β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故C错误；
若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n，故D正确．
故选：ABC.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查了空间立体几何的综合问题，涉及线面位置关系、空间向量运算和点到平面的距离等知识点，使用了线面平行的判定定理、线面垂直的性质定理、反证法和等体积法等，考查学生综合运用知识的能力，属于基础题．
A，由线面平行的判定定理可判断；
B，反证法，假设B1D⊥平面CEF，∵B1D⊥平面ACC1A1，∴平面CEF//平面ACC1A1，与平面CEF∩平面ACC1A1=C相矛盾；
C，由空间向量的线性运算可判断；
D，用等体积法，分别求出三棱锥B1-CEF和三棱锥D-CEF的体积即可得解．
解：如图所示，
对于A，∵E，F分别是A1D1和C1D1的中点，∴EF//A1C1，
∵EF⊂平面CEF，且A1C1⊄平面CEF，∴A1C1//平面CEF，即A正确；
对于B，若B1D⊥平面CEF，∵B1D⊥平面ACC1A1，∴平面CEF//平面ACC1A1，而平面CEF∩平面ACC1A1=C，∴B1D不可能与平面CEF垂直，即B错误；
对于C，12DA→+DD1→-DC→=12DA→+C→D1=D1→E + C→D1 =CE→，即C正确；
对于D，设点B1和点D到平面CEF的距离分别为h1，h2，正方体的棱长为1，
则VB1-CEF= 1 3 ⋅h1⋅SΔAEF=VC-B1EF= 1 8 ； VD-CEF= 13 ⋅h2⋅SΔCEF=VE-CDF= 112 ；
∴h1≠h2，即D错误；
故选：AC.
11.【答案】AD;
【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，
对于A，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，若m//α，n//β，m⊥n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m⊥α，n//β，m⊥n，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若m⊥α，n//β，α//β，则由面面平行、线面垂直的性质得m⊥n，故D正确．
故选：AD.
对于A，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于B，α与β相交或平行；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面平行、线面垂直的性质得m⊥n.
此题主要考查命题真假的判断，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力、推理论证能力，是中档题．
12.【答案】ABD;
【解析】
本题以正方体为载体考查直线与直线平行，以及建立空间直角坐标系利用向量法求点到平面的距离和该正方体的外接球有关的截面面积问题的求解，属于中档题.
结合题中条件针对各选项运用相关定理逐一展开证明求解即可得到结论.
解：对于A，连结B1C，A1D，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1，
∴A1B1//CD且A1B1=CD.
故四边形A1B1CD为平行四边形，
∴B1C//A1D.
又∵M，N分别为棱A1D1，DD1的中点，
∴MN//A1D.
故MN//B1C.
选项A正确；
对于B，以D为原点，分别以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∴B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，
∵P为直线CC1上的动点，可设P(0,1,z0)，
∴B1→P=-1,0,z0-1，B1→C1=-1,0,0
∴B1→P.B1→C1=-1×-1+0+0=1.
选项B正确；
对于C，同上建立空间直角坐标系，可得A(1,0,0)，M(12,0,1)，N(0,0,12)，
∴MA→=12,0,-1，C1→M=12,-1,0，MN→=-12,0,-12，
设平面C1MN的一个法向量为n→=x,y,z，则满足n→.C1→M=0，n→.MN→=0，
则有{12x-y=0-12x-12z=0，取x=2，解得y=1，z=-2，∴n→=2,1,-2，
所以点A到平面C1MN的距离d=MA→.n→n→=12×2+-1×-222+12+-22=39=1.
选项C错误；
对于D，由题知正方体的外接球球心在正方体的几何中心O处，求半径R=1212+12+12=32.
要使过MN的平面截该球得到截面面积最小，截面圆的圆心为Q，如图示，连结OM，ON.
易得OM=ON=MN=22.
∴OQ=OM2-MQ2=222-242=64.
故截面圆半径r=R2-OQ2=322-642=64.
∴截面的面积的最小值为πr2=642π=38π.选项D正确.
故选ABD.
13.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查平面的基本性质，考查空间中直线与直线间的关系及线与平面间的关系，属于基础题.
由如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内，可以判断A；由长方体共顶点的三条棱相交于一点可以判断B；对于C由l与α相交即可判断；对于D，可以用假设l与l1，l2都不相交，来得到否定结论，从而原命题正确.
解：根据如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内，得A正确；
对于B，由长方体共顶点的三条棱相交于一点，但三条直线不能确定一个平面，所以B错误；
对于C，直线l不平行于平面α，且l⊄α，则l与α相交，所以α内的所有直线与l相交或异面，所以C错误；
对于D，假设l与l1，l2都不相交，则由α∩β=l得l⊂α，又l1⊂α，所以l//l1，同理l//l2，
所以l1//l2，与l1和l2不平行矛盾，所以假设不成立，即原命题正确，所以D正确.
故选BC.
14.【答案】m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β;
【解析】解：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n，由面面垂直的性质定理得m⊥n正确；
m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β正确；
α⊥β，n⊥β，m⊥n⇒m⊥α，这里m与α相交、平行或m⊂α，故m⊥α不正确；
m⊥n，α⊥β，m⊥α⇒n⊥β，这里n与β相交、平行或n⊂β，故n⊥β不正确．
故答案为：m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β．
m⊥α，n⊥β，α⊥β，由面面垂直的性质定理得m⊥n；m⊥n，m⊥α，n⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
该题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
15.【答案】垂直
;
【解析】
本题在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证异面直线互相垂直，着重考查了正方体的性质和空间线面垂直的判定与性质等知识，属于基础题．
连接B1A，根据AD⊥平面AA1B1B，得到A1B⊥AD.根据正方形AA1B1B中对角线互相垂直，得AB1⊥A1B，从而得到A1B⊥平面ADC1B1，再由AO⊂平面ADC1B1，得到AO⊥A1B.
解：连接B1A，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面AA1B1B，
A1B⊂平面AA1B1B，
∴A1B⊥AD
∵正方形AA1B1B中，AB1⊥A1B，且AB1∩AD=A
∴A1B⊥平面ADC1B1
∵AO⊂平面ADC1B1，
∴AO⊥A1B.
故答案为垂直.
16.【答案】AE、DF（或AE、DG，或AE、GF或AG、DF）;
【解析】解：如图所示，连接DF和GF，相交于点O，连接AO，
∵DG=FG，DE=EF，GE=GE，∴△GDE≌△GFE，∴∠DGO=∠FGO，
∵DO=OF，GO=GO，∴△DGO≌△GFO，
∴DO=OF，∠GOD=∠GOF=π2，∴DF⊥OE，
∵AD=AF，OD=OF，∴AO⊥DF，
∵AO∩OE=O，AO，OE⊂平面AOE，
∴DF⊥平面AOE，又AE⊂平面AOE，∴DF⊥AE.
故答案为：AE、DF(或AE、DG，或AE、GF或AG、DF).
连接DF和GF，相交于点O，推导出DF⊥平面AOE，能求出结果．
此题主要考查互相垂直的异面直线的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】2;
【解析】解：对于①，设平面α∩平面ABC=l，因为P∈α，P∈平面ABC，所以P∈l，同理Q∈l，R∈l，故P，Q，R三点共线，正确．
对于②，如图，因为a//b，故a，b可确定一个平面α，因为A∈a，B∈b，a⊂α，b⊂α，故AB⊂α，所以C∈α.
在平面α内过C作直线c'//b，因为c//b，故c'，c重合或者c'//c，
但C∈c'，C∈c，从而c'，c重合，也就是这四条直线共面，正确．
对于③如图，长方体中，直线a、b异面，b、c异面，则a、c平行，错误；
对于④，如图，长方体中，a⊥c，b⊥c，则a、b异面，错误．
故答案为：2.
直接利用异面直线的定义和判定方法，平面的性质，点和平面的位置关系的应用判定①②③④的结论．
此题主要考查的知识要点：异面直线的定义和判定方法，平面的性质，点和平面的位置关系，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．
18.【答案】④;
【解析】
此题主要考查直线与平面关系的应用，属于中档题.
解：根据线面平行的判定与性质定理知，④正确．
故答案为④.
19.【答案】（Ⅰ）解：如图，取DE的中点G，连结AG、FG，
由题意得AD=AE，△DEF为正三角形，得AG⊥DE，
∴∠AGF为平面ADE与底面DEF所成二面角的平面角，
由题意得AG=FG=32，
在△AGF中，
cos∠AFG=(32)2+(32)2-122×32×32=13．
（Ⅱ）①当λ为1时，MN为异面直线AD与EF的公垂线．
当λ=1时，M为AD中点，N为EF中点，
连结AN，DN，
由题意知AN=DN=32，
∴MN⊥AD，同理可证MN⊥EF，
∴λ=1时，MN为异面直线AD与EF的公垂线．
②过点M作MH∥DF，交AF于H，
则∠HNM为异面直线MN与DF所成的角，
由HN∥DF，得AHHF=AMMD，又AMMD=ENNF，
∴AHHF=ENNF，
∴HN∥AE，∠MNH为异面直线MN与AE所成的角，
∴α+β=∠MNH+HMN=π-∠MHN，
由题意得，三棱锥A-DEF是正棱锥，
则点A在底面DEF上的射影为底面△DEF的中心，记为O，
∵AE在底面DEF上的射影EO⊥DF，∴AE⊥DF，
又∵HN∥AE，∴∠MNH=π2，
∴α+β=∠MNH+HMN=π-∠MHN=π2．;
【解析】
(Ⅰ)取DE的中点G，连结AG、FG，则∠AGF为平面ADE与底面DEF所成二面角的平面角，由此能求出平面ADE与底面DEF所成二面角的余弦值．
(Ⅱ)①当λ=1时，M为AD中点，N为EF中点，连结AN，DN，由题意知AN=DN=32，从而MN⊥AD，同理可证MN⊥EF，由此得到λ=1时，MN为异面直线AD与EF的公垂线．
②过点M作MH//DF，交AF于H，则∠HNM为异面直线MN与DF所成的角，由HN//DF，得AHHF=AMMD，又AMMD=ENNF，从而AHHF=ENNF，HN//AE，∠MNH为异面直线MN与AE所成的角，由此能推导出α+β=∠MNH+HMN=π-∠MHN=π2.
此题主要考查二面角的余弦值的求法，考查异面直线的公垂线的判断与求法，考查两角和的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．
20.【答案】解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，
由∠ADC=π2，得AD⊥CD，
又AB//CD，所以AD⊥AB，
又AD∩PA=A，故AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，所以PD⊥AB.
(2)解法一：在平面ABCD中，过A作AE⊥BC交CB的延长线于E，连接PE，过A作AG⊥PE于G，连接CG.
由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BC，又AE⊥BC，AE∩PA=A，故BC⊥平面PAE，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAE，易知平面PBC∩平面PAE=PE，结合AG⊥PE得AG⊥平面PBC.
故∠ACG是直线AC与平面PBC所成的角．
在四边形ABCD中，可得AC=7，
在三角形ABE中，可得AE=32，
在三角形PAE中，可得AG=217，
在RtΔAGC中，sin∠ACG=AGAC=2177=37.
故直线AC与平面PBC所成角的正弦值为37.
解法二：等体积法．
VP-ABC=13SΔABC.AP=13×32×1=36，
在四边形ABCD中，可得AC=7，
在ΔPBC中，BC=2，PB=2，PC=22，
故cos∠BPC=8+2-42×22×2=34，sin∠BPC=74，
所以SΔPBC=12×2×22×74=72，
设A到平面PBC的距离为d，则由VP-ABC=VA-PBC，得13×72×d=36，解得d=217，
设直线AC与平面PBC所成角的大小为θ，
则sinθ=dAC=37.
解法三：空间向量法．
以A为坐标原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示．
由题意知A(0,0,0)，B(1,0,0)，C2,3,0，D0,3,0，P(0,0,1).
则AC→=2,3,0,PB→=1,0,-1,PC→=2,3,-1.
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
则{&n→.PB→=0, n→.PC→=0, 得{&x-z=0, 2x+3y-z=0, 可取n→=1,-33,1.
于是|cosAC→,n→|=|AC→.n→||AC→|\cdot|n→|=37.
故直线AC与平面PBC所成角的正弦值为37.;
【解析】此题主要考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，由∠ADC= π 2，得AD⊥CD，由AB//CD，得AD⊥AB，从而AB⊥平面 PAD，由此能证明PD⊥AB.
(2)解法一：在平面ABCD中，过A作AE⊥BC交CB的延长线于E，连接PE，过A作AG⊥PE于G，连接CG.
由PA⊥平面ABCD，结合AG⊥PE得AG⊥平面PBC.
故∠ACG是直线AC与平面PBC所成的角．利用三角函数可得答案．
解法二：等体积法．
VP-ABC=13SΔABC.AP=13×32×1=36，
设直线AC与平面PBC所成角的大小为θ，计算可得答案．
解法三：空间向量法．
以A为坐标原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示．
由题意知A(0,0,0)，B(1,0,0)，C2,3,0，D0,3,0，P(0,0,1).
则AC→=2,3,0,PB→=1,0,-1,PC→=2,3,-1.
利用空间向量可得答案．
21.【答案】证明：（1）∵PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
∴PA⊥DE，
在Rt△ADC与Rt△DCE中，
∵AD=4，CD=AB=22，CE=2，
∴CDAD=22=CECD，则Rt△ADC∽Rt△DCE，可得∠DCA=∠CED，
∴∠DCA+∠EDC=90°，即AC⊥DE，
又PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴DE⊥平面PAC，
而PC⊂平面PAC，∴PC⊥DE；
解：（2）∵M是PC的中点，
∴VM-PAB=VP-ABC-VM-ABC=12VP-ABC=12×13×12×22×4×2=423．;
【解析】
(1)由已知可得PA⊥DE，求解三角形证明DE⊥AC，可得DE⊥平面PAC，从而得到PC⊥DE；
(2)由M为PC的中点，利用等体积法求三棱锥M-PAB的体积．
此题主要考查空间中直线与直线垂直的判定，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．
22.【答案】证明：（1）由题设知OD=OE2+ED2=3，
OB=OF2+FB2=3，
连结BD，在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=22+2=6，
∴OD2+OB2=BD2=6，
由勾股定理逆定理得OD⊥OB．
解：（2）以F这原点，在平面BFC中过F作FC的垂线为x轴，FC为y轴，FE作z轴，建立空间直角坐标系，
则O（0，0，1），B（62，22，-1），D（0，2，2），F（0，0，0），
∴OB→=（62，22，-1），OD→=（0，2，1），FO→=（0，0，1），
设平面OBD的法向量n→=（x，y，z），
则n→.OD→=62x+22y-z=0n→.OB→=2y+z=0，令y=-2，得n→=（6，-2，2），
平面FBC的法向量m→=（0，0，1），
cos＜m→，n→＞=m→.n→|m→|.|n→|=26+2+4=33，
∴平面DOB与平面BFC所成角的余弦值为33．;
【解析】
(1)先求出OD=3，OB=3，连结BD，求出BD=6，由勾股定理逆定理得OD⊥OB．
(2)以F这原点，在平面BFC中过F作FC的垂线为x轴，FC为y轴，FE作z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DOB与平面BFC所成角的余弦值．
该题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
23.【答案】证明：∵b∥c，c⊂β，b⊄β，∴b∥β，
又b⊂α，α∩β=a，∴b∥a，
∴a∥b∥c．;
【解析】
由已知利用直线与平面平行的判定证明b//β，再由线面平行的性质证明b//a，最后由平行公理得结论．
此题主要考查直线与平面平行的判断与性质，考查平行公理的应用，考查空间想象能力与推理论证能力，是基础题．
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