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专题四 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系--高三高考数学复习-PPT
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这是一份专题四 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系--高三高考数学复习-PPT，共60页。PPT课件主要包含了考点一，考点二，垂直关系，专题强化练，核心提炼，又因为A1C⊥AC，考向2翻折问题等内容，欢迎下载使用。
高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题.
空间直线、平面位置关系的判定
判断空间直线、平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、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
(1)(2023·宝鸡模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是A.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB.若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥nC.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥βD.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
对于A，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，若n⊂α，n⊥β，则α⊥β，若n∥α，则平面α内存在直线c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，故A正确；对于B，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空间两个不同的平面，则α∥β，故C正确；对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故D错误.
(2)(多选)(2023·金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是A.四边形AECF是平行四边形B.GH与MN是异面直线C.GH∥平面EABD.GH⊥BC
如图，连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，则AC与EF相交且互相平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，所以GM∥AE，NH∥CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，所以GH∥平面EAB，故C正确；因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，所以BC⊥平面EMH，而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，所以GH与BC不垂直，故D错误.
对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立.
(1)(多选)(2023·广州模拟)已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是A.平面α内存在直线l与直线m平行B.平面α内存在直线l与直线m垂直C.存在平面β与直线m和平面α都平行D.存在过直线m的平面β与平面α垂直
对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m⊄α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错误；
对于B选项，若m⊂α，则在平面α内必存在l与直线m垂直；若直线m与α相交，设m∩α＝A，如图所示，若m⊥α，且l⊂α，则m⊥l；若m与α斜交，过直线m上一点P(异于点A)作PB⊥α，垂足为点B，过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l⊂α，则l⊥PB，
又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，因为m⊂平面PAB，所以l⊥m，综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；
对于C选项，设直线m与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面β，使得α∥β且m∥β，过直线m作平面γ，使得γ∩β＝l，因为m∥β，m⊂γ，γ∩β＝l，则l∥m，因为α∥β，记α∩γ＝n，又因为γ∩β＝l，则n∥l，
因为在平面γ内过点A有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m，n重合，所以m⊂α，但m不一定在平面α内，C错误；
对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，若m与α不垂直，设直线m与平面α的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l，m所确定的平面为β，则α⊥β，D正确.
(2)(多选)(2023·长春模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是A.A，M，O三点共线B.M，O，A1，B四点不共面C.B，B1，O，M四点共面D.B，D1，C，M四点共面
如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面.因为M∈A1C，则M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线，故A正确；从而M，O，A1，A四点共面，都在平面ACC1A1内，而点B不在平面ACC1A1内，所以M，O，A1，B四点不共面，故B正确；
B，B1，O三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，所以点M不在平面BB1D1D内，即B，B1，O，M 四点不共面，故C错误；因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确.
平行关系及垂直关系的转化
(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
考向1 平行、垂直关系的证明
因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高.
如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC与Rt△A1BC中，因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
(1)证明线线平行的常用方法①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.(2)证明线线垂直的常用方法①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直.
如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝ (1)求证：BF∥平面AEC；
如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，OF.
则DE＝EF＝1.∵四边形ABCD为正方形，
∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF⊂平面BDEF，∴EF∥BD，
∴EF∥OB，EF＝OB，即四边形BOEF为平行四边形，∴OE∥BF.又OE⊂平面AEC，BF⊄平面AEC，∴BF∥平面AEC.
(2)求证：DF⊥平面AEC.
∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，∴四边形ODEF为菱形.∵DE⊥平面ABCD，∴四边形ODEF为正方形，∴DF⊥OE.又四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC.而BD∩DE＝D，且BD，DE⊂平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF.∵DF⊂平面BDEF，∴AC⊥DF.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面AEC，∴DF⊥平面AEC.
核心提炼翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
(1)(2023·成都模拟)如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是A.AB∥CD B.AB⊥PQC.PQ∥ED D.PQ∥平面ADE
翻折之后如图所示，连接PQ，DF.因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故选项A成立；因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立；因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立.
(2)(多选)(2023·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是A.BM的长是定值B.点M的运动轨迹在某个圆周上C.存在某个位置，使DE⊥A1CD.A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE
如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE，∵BM⊂平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D选项正确；
又∠BFM＝∠A1DE，
由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，∴BM的长为定值，A选项正确；∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误.
注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.
(2023·郑州质检)已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D－ABC.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论错误的是A.AC⊥平面BOD
对于A，因为四边形ABCD为正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；对于B，当平面ACD⊥平面ABC时，此时点D到平面ABC的距离最大，
对于D，如图所示，取AB，AO的中点E，F，分别连接ME，EF，NF，NE，MF，因为E，F，N分别为AB，AO，AD的中点，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，所以平面NEF∥平面BOD，
又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，
一、单项选择题1.(2023·安阳统考)若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是A.平行 B.相交C.异面 D.异面或相交
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB与BC相交，A1B1与BC是异面直线；AB∥A1B1，AB与AA1相交，A1B1与AA1是相交直线，∴若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是异面或相交.
2.(2023·河南校联考模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是A.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥βB.若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥βC.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
对于A，可能会出现n∥β，n⊂β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A错误；对于B，由m∥n，m∥α，n∥β，可得α∥β或平面α，β相交，故B错误；对于C，由α⊥β，m⊂α，n⊂β，可得m∥n或m，n相交或m，n异面，相交或异面时两直线可能不垂直，故C错误；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β，可得α⊥β，可知D正确.
3.(2023·泉州联考)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是
对于A，由正方体的性质可得MN∥AC，因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故A正确；对于B，如图，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，因为MN⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故B正确；对于C，由正方体的性质可得平面ABC与正方体的右侧面平行，故MN∥平面ABC，故C正确；对于D，如图，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，故D错误.
4.(2023·长沙模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是A.CC1与B1E是异面直线B.AC⊥平面ABB1A1C.AE与B1C1为异面垂直D.A1C1∥平面AB1E
对于A，∵CC1⊂平面BCC1B1，B1E⊂平面BCC1B1，∴CC1与B1E共面，A错误；对于B，若AC⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，则AC⊥AB，即△ABC为直角三角形，∴△A1B1C1为直角三角形，与已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B错误；对于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E∉B1C1，∴AE，B1C1为异面直线，∵△ABC为正三角形，E为BC的中点，∴AE⊥BC，
∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确；对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，∴直线A1C1与平面AB1E相交，故D错误.
5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则A.A，M，N，B四点共面B.平面ADM⊥平面CDD1C1C.直线BN与B1M所成的角为30°D.BN∥平面ADM
如图所示，连接MN，BC1，对于A选项，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN⊄平面ABC1M，所以直线AB，MN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，A错误；对于B选项，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正确；
对于C选项，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2 ，所以△BON为等边三角形，故∠OBN＝60°，即直线BN与B1M所成的角为60°，C错误；对于D选项，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，D错误.
由题意可知由BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，所以BP⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，所以AC⊥BP，故A正确；
设点P到平面ABC的距离为h，
所以h＝1，又PA＝2，设直线PA与平面ABC所成的角为θ，
由B选项知，△PAC为直角三角形，
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，又因为BP⊥平面PAC，
二、多项选择题7.(2023·深圳模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，则下列命题中的真命题有A.存在点P，使得PQ⊥A1C1B.存在点P，使得PQ∥A1BC.直线PQ始终与直线CC1异面D.直线PQ始终与直线BC1异面
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，因为点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，当点P和点D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，所以PQ⊥A1C1，故A正确；连接A1D，A1B，当点P为线段A1D的中点时，PQ为△A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，所以直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；
BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，所以直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，所以直线PQ与直线BC1是异面直线，故D正确.
8.(2023·安庆模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD，在翻折的过程中，下列结论中正确的是A.BD⊥PCB.DP与BC可能垂直
对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，又PM∩CM＝M，PM，CM⊂平面PMC，∴BD⊥平面PMC，又PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC，故A正确；对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，CD∩DP＝D，CD，DP⊂平面PCD， ∴BC⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC，
故DP与BC可能垂直，故B正确；对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM⊂平面PBD，此时PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成的角，
对于C，易知当平面PBD⊥平面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，
三、填空题9.平面α内两条相交直线l，m都不在平面β内.命题甲：l和m中至少有一条与平面β相交；命题乙：α与β相交.则甲是乙的________条件.
由于两条相交直线l，m都在平面α内，且都不在平面β内，则α与β不重合.充分性：若l和m中至少有一条与β相交，不妨设l∩β＝A，则由于l⊂α，∴A∈α，而A∈β，由于α与β不重合，∴α与β相交，故充分性成立.必要性：若α∩β＝a，如果l和m都不与β相交，由于它们都不在平面β内，∴l∥β且m∥β，∴l∥a且m∥a，进而得到l∥m，与已知l，m是相交直线矛盾，因此l和m中至少有一条与β相交，故必要性成立.综上所述，甲是乙的充要条件.
如图，连接AC交BE于点O，连接OF.∵AD∥BC，E为AD的中点，
∵PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC ＝OF，PA⊂平面PAC，
取AD的中点N，连接PN，MN，则G在直线PN上，
∵PN⊥AD，AN＝1，
∴PM2＋PN2＝MN2，故PM⊥PN，∵AD⊥MN，AD⊥PN，MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴AD⊥平面PMN，
∵PM⊂平面PMN，∴AD⊥PM，∵AD∩PN＝N，AD，PN⊂平面PAD，∴PM⊥平面PAD，∴PM垂直于平面PAD内任意一条直线，∴在平面PAD内经过G点且与直线PM垂直的直线有无数条.
如图所示，取B1C1的中点H，连接EH，CH，A1C1，因为AC∥平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE与平面A1B1C1D1的交线，又E，H分别为A1B1，B1C1的中点，易知EH∥A1C1∥AC，即平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EH，故平面ACE将正方体分为如图所示的两部分，设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
四、解答题13.(2023·西安联考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝4，AD＝ ，DC＝1，点M为AB上一点，且AM＝1.(1)证明：平面MCC1⊥平面DCC1D1；
因为AM＝1，所以AM＝CD，AM∥CD，又AB⊥AD，所以四边形ADCM为矩形，即CD⊥CM.由题可知CC1⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以CC1⊥CM，又CC1∩CD＝C，CC1，CD⊂平面DCC1D1，所以CM⊥平面DCC1D1，因为CM⊂平面MCC1，所以平面MCC1⊥平面DCC1D1.
(2)若点N是B1C1上一点，且MN∥平面ACC1A1，求四面体MNBB1的体积.
作MP∥AC，交BC于点P，连接NP，如图所示.
因为MP⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以MP∥平面ACC1A1，因为MN∥平面ACC1A1，又MN∩MP＝M，MN，MP⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面ACC1A1.平面BCC1B1∩平面MNP＝NP，平面BCC1B1∩平面ACC1A1＝CC1，所以NP∥CC1.
又易知AC⊥平面BCC1B1，则MP⊥平面BCC1B1，
14.(2023·成都模拟)如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个空间五面体，如图2.(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；
在题图2中取线段CF的中点H，连接OH，GH，如图所示.由题图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB＝2EB，因为O是线段BF与CE的中点，
而EF∥BC且EF＝BC.
所以AG∥OH且AG＝OH，所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，由于AO⊄平面GCF，HG⊂平面GCF，所以AO∥平面GCF.
翻折前，EF⊥AE，EF⊥BE，翻折后，EF⊥AE，EF⊥BE，AE，BE⊂平面ABE，AE∩BE＝E，所以EF⊥平面ABE，
高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题.
空间直线、平面位置关系的判定
判断空间直线、平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、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
(1)(2023·宝鸡模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是A.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB.若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥nC.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥βD.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
对于A，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，若n⊂α，n⊥β，则α⊥β，若n∥α，则平面α内存在直线c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，故A正确；对于B，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空间两个不同的平面，则α∥β，故C正确；对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故D错误.
(2)(多选)(2023·金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是A.四边形AECF是平行四边形B.GH与MN是异面直线C.GH∥平面EABD.GH⊥BC
如图，连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，则AC与EF相交且互相平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，所以GM∥AE，NH∥CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，所以GH∥平面EAB，故C正确；因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，所以BC⊥平面EMH，而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，所以GH与BC不垂直，故D错误.
对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立.
(1)(多选)(2023·广州模拟)已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是A.平面α内存在直线l与直线m平行B.平面α内存在直线l与直线m垂直C.存在平面β与直线m和平面α都平行D.存在过直线m的平面β与平面α垂直
对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m⊄α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错误；
对于B选项，若m⊂α，则在平面α内必存在l与直线m垂直；若直线m与α相交，设m∩α＝A，如图所示，若m⊥α，且l⊂α，则m⊥l；若m与α斜交，过直线m上一点P(异于点A)作PB⊥α，垂足为点B，过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l⊂α，则l⊥PB，
又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，因为m⊂平面PAB，所以l⊥m，综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；
对于C选项，设直线m与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面β，使得α∥β且m∥β，过直线m作平面γ，使得γ∩β＝l，因为m∥β，m⊂γ，γ∩β＝l，则l∥m，因为α∥β，记α∩γ＝n，又因为γ∩β＝l，则n∥l，
因为在平面γ内过点A有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m，n重合，所以m⊂α，但m不一定在平面α内，C错误；
对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，若m与α不垂直，设直线m与平面α的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l，m所确定的平面为β，则α⊥β，D正确.
(2)(多选)(2023·长春模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是A.A，M，O三点共线B.M，O，A1，B四点不共面C.B，B1，O，M四点共面D.B，D1，C，M四点共面
如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面.因为M∈A1C，则M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线，故A正确；从而M，O，A1，A四点共面，都在平面ACC1A1内，而点B不在平面ACC1A1内，所以M，O，A1，B四点不共面，故B正确；
B，B1，O三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，所以点M不在平面BB1D1D内，即B，B1，O，M 四点不共面，故C错误；因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确.
平行关系及垂直关系的转化
(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
考向1 平行、垂直关系的证明
因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高.
如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC与Rt△A1BC中，因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
(1)证明线线平行的常用方法①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.(2)证明线线垂直的常用方法①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直.
如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝ (1)求证：BF∥平面AEC；
如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，OF.
则DE＝EF＝1.∵四边形ABCD为正方形，
∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF⊂平面BDEF，∴EF∥BD，
∴EF∥OB，EF＝OB，即四边形BOEF为平行四边形，∴OE∥BF.又OE⊂平面AEC，BF⊄平面AEC，∴BF∥平面AEC.
(2)求证：DF⊥平面AEC.
∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，∴四边形ODEF为菱形.∵DE⊥平面ABCD，∴四边形ODEF为正方形，∴DF⊥OE.又四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC.而BD∩DE＝D，且BD，DE⊂平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF.∵DF⊂平面BDEF，∴AC⊥DF.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面AEC，∴DF⊥平面AEC.
核心提炼翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
(1)(2023·成都模拟)如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是A.AB∥CD B.AB⊥PQC.PQ∥ED D.PQ∥平面ADE
翻折之后如图所示，连接PQ，DF.因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故选项A成立；因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立；因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立.
(2)(多选)(2023·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是A.BM的长是定值B.点M的运动轨迹在某个圆周上C.存在某个位置，使DE⊥A1CD.A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE
如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE，∵BM⊂平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D选项正确；
又∠BFM＝∠A1DE，
由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，∴BM的长为定值，A选项正确；∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误.
注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.
(2023·郑州质检)已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D－ABC.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论错误的是A.AC⊥平面BOD
对于A，因为四边形ABCD为正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；对于B，当平面ACD⊥平面ABC时，此时点D到平面ABC的距离最大，
对于D，如图所示，取AB，AO的中点E，F，分别连接ME，EF，NF，NE，MF，因为E，F，N分别为AB，AO，AD的中点，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，所以平面NEF∥平面BOD，
又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，
一、单项选择题1.(2023·安阳统考)若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是A.平行 B.相交C.异面 D.异面或相交
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB与BC相交，A1B1与BC是异面直线；AB∥A1B1，AB与AA1相交，A1B1与AA1是相交直线，∴若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是异面或相交.
2.(2023·河南校联考模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是A.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥βB.若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥βC.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
对于A，可能会出现n∥β，n⊂β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A错误；对于B，由m∥n，m∥α，n∥β，可得α∥β或平面α，β相交，故B错误；对于C，由α⊥β，m⊂α，n⊂β，可得m∥n或m，n相交或m，n异面，相交或异面时两直线可能不垂直，故C错误；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β，可得α⊥β，可知D正确.
3.(2023·泉州联考)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是
对于A，由正方体的性质可得MN∥AC，因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故A正确；对于B，如图，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，因为MN⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故B正确；对于C，由正方体的性质可得平面ABC与正方体的右侧面平行，故MN∥平面ABC，故C正确；对于D，如图，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，故D错误.
4.(2023·长沙模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是A.CC1与B1E是异面直线B.AC⊥平面ABB1A1C.AE与B1C1为异面垂直D.A1C1∥平面AB1E
对于A，∵CC1⊂平面BCC1B1，B1E⊂平面BCC1B1，∴CC1与B1E共面，A错误；对于B，若AC⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，则AC⊥AB，即△ABC为直角三角形，∴△A1B1C1为直角三角形，与已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B错误；对于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E∉B1C1，∴AE，B1C1为异面直线，∵△ABC为正三角形，E为BC的中点，∴AE⊥BC，
∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确；对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，∴直线A1C1与平面AB1E相交，故D错误.
5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则A.A，M，N，B四点共面B.平面ADM⊥平面CDD1C1C.直线BN与B1M所成的角为30°D.BN∥平面ADM
如图所示，连接MN，BC1，对于A选项，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN⊄平面ABC1M，所以直线AB，MN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，A错误；对于B选项，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正确；
对于C选项，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2 ，所以△BON为等边三角形，故∠OBN＝60°，即直线BN与B1M所成的角为60°，C错误；对于D选项，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，D错误.
由题意可知由BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，所以BP⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，所以AC⊥BP，故A正确；
设点P到平面ABC的距离为h，
所以h＝1，又PA＝2，设直线PA与平面ABC所成的角为θ，
由B选项知，△PAC为直角三角形，
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，又因为BP⊥平面PAC，
二、多项选择题7.(2023·深圳模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，则下列命题中的真命题有A.存在点P，使得PQ⊥A1C1B.存在点P，使得PQ∥A1BC.直线PQ始终与直线CC1异面D.直线PQ始终与直线BC1异面
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，因为点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，当点P和点D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，所以PQ⊥A1C1，故A正确；连接A1D，A1B，当点P为线段A1D的中点时，PQ为△A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，所以直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；
BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，所以直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，所以直线PQ与直线BC1是异面直线，故D正确.
8.(2023·安庆模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD，在翻折的过程中，下列结论中正确的是A.BD⊥PCB.DP与BC可能垂直
对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，又PM∩CM＝M，PM，CM⊂平面PMC，∴BD⊥平面PMC，又PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC，故A正确；对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，CD∩DP＝D，CD，DP⊂平面PCD， ∴BC⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC，
故DP与BC可能垂直，故B正确；对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM⊂平面PBD，此时PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成的角，
对于C，易知当平面PBD⊥平面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，
三、填空题9.平面α内两条相交直线l，m都不在平面β内.命题甲：l和m中至少有一条与平面β相交；命题乙：α与β相交.则甲是乙的________条件.
由于两条相交直线l，m都在平面α内，且都不在平面β内，则α与β不重合.充分性：若l和m中至少有一条与β相交，不妨设l∩β＝A，则由于l⊂α，∴A∈α，而A∈β，由于α与β不重合，∴α与β相交，故充分性成立.必要性：若α∩β＝a，如果l和m都不与β相交，由于它们都不在平面β内，∴l∥β且m∥β，∴l∥a且m∥a，进而得到l∥m，与已知l，m是相交直线矛盾，因此l和m中至少有一条与β相交，故必要性成立.综上所述，甲是乙的充要条件.
如图，连接AC交BE于点O，连接OF.∵AD∥BC，E为AD的中点，
∵PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC ＝OF，PA⊂平面PAC，
取AD的中点N，连接PN，MN，则G在直线PN上，
∵PN⊥AD，AN＝1，
∴PM2＋PN2＝MN2，故PM⊥PN，∵AD⊥MN，AD⊥PN，MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴AD⊥平面PMN，
∵PM⊂平面PMN，∴AD⊥PM，∵AD∩PN＝N，AD，PN⊂平面PAD，∴PM⊥平面PAD，∴PM垂直于平面PAD内任意一条直线，∴在平面PAD内经过G点且与直线PM垂直的直线有无数条.
如图所示，取B1C1的中点H，连接EH，CH，A1C1，因为AC∥平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE与平面A1B1C1D1的交线，又E，H分别为A1B1，B1C1的中点，易知EH∥A1C1∥AC，即平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EH，故平面ACE将正方体分为如图所示的两部分，设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
四、解答题13.(2023·西安联考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝4，AD＝ ，DC＝1，点M为AB上一点，且AM＝1.(1)证明：平面MCC1⊥平面DCC1D1；
因为AM＝1，所以AM＝CD，AM∥CD，又AB⊥AD，所以四边形ADCM为矩形，即CD⊥CM.由题可知CC1⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以CC1⊥CM，又CC1∩CD＝C，CC1，CD⊂平面DCC1D1，所以CM⊥平面DCC1D1，因为CM⊂平面MCC1，所以平面MCC1⊥平面DCC1D1.
(2)若点N是B1C1上一点，且MN∥平面ACC1A1，求四面体MNBB1的体积.
作MP∥AC，交BC于点P，连接NP，如图所示.
因为MP⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以MP∥平面ACC1A1，因为MN∥平面ACC1A1，又MN∩MP＝M，MN，MP⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面ACC1A1.平面BCC1B1∩平面MNP＝NP，平面BCC1B1∩平面ACC1A1＝CC1，所以NP∥CC1.
又易知AC⊥平面BCC1B1，则MP⊥平面BCC1B1，
14.(2023·成都模拟)如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个空间五面体，如图2.(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；
在题图2中取线段CF的中点H，连接OH，GH，如图所示.由题图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB＝2EB，因为O是线段BF与CE的中点，
而EF∥BC且EF＝BC.
所以AG∥OH且AG＝OH，所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，由于AO⊄平面GCF，HG⊂平面GCF，所以AO∥平面GCF.
翻折前，EF⊥AE，EF⊥BE，翻折后，EF⊥AE，EF⊥BE，AE，BE⊂平面ABE，AE∩BE＝E，所以EF⊥平面ABE，
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