【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题14　空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题14　空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)，共25页。学案主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题.2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.
1.(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案 A
解析 对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为B1B⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，所以B1B⊥EF.因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF⊥BD，又B1B∩BD＝B，B1B，BD⊂平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；
对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；
对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；
对于选项D，连接AB1，B1C(图略)，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面AB1C与平面B1EF不平行，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.
2.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内.
证明 (1)如图，连接BD，B1D1.
因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.
又因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，于是AC⊥BB1.
又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.
由于EF⊂平面BB1D1D，
所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为ED1＝eq \f(2,3)DD1，AG＝eq \f(2,3)AA1，DD1綊AA1，
所以ED1綊AG，
于是四边形ED1GA为平行四边形，
故AE∥GD1.
因为B1F＝eq \f(1,3)BB1，A1G＝eq \f(1,3)AA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，
所以FG綊A1B1，
所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.
所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
热点一 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、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
例1 (1)(2022·惠州质检)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A.若m∥n，n⊂α，则m∥α
B.若m∥α，n⊂α，则m∥n
C.若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β
D.若α∥β，m⊂α，则m∥β
(2)(2022·昆明一模)已知O1是正方体ABCD－A1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D1的对称点，则下列说法中错误的是( )
A.O1C1∥平面A1BCD1
B.平面O1A1D1⊥平面O1B1C1
C.O1C1⊥平面AB1D1
D.O，O1，A1，B，C1，D1六点在同一球面上
答案 (1)D (2)D
解析 (1)对于A，若m∥n，n⊂α，
则m∥α或m⊂α.
对于B，若m∥α，n⊂α，
则m∥n或m，n异面.
对于C，若m⊂α，n⊂β，m∥n，
则α∥β或α与β相交.
对于D，由α∥β，m⊂α，得直线m和平面β没有公共点，所以m∥β，故选D.
(2)如图，连接O1O，根据O1是正方体ABCD－A1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D1的对称点，
所以O1O∥C1C，且O1O＝C1C，
则四边形O1OCC1为平行四边形，
所以O1C1∥OC.
因为O1C1⊄平面A1BCD1，OC⊂平面A1BCD1，
所以O1C1∥平面A1BCD1，故选项A正确；
设正方体的棱长为1，设A1D1的中点为M，B1C1的中点为N，连接O1M，O1N，则O1M⊥A1D1，即O1M⊥B1C1.
又O1M＝O1N＝eq \f(\r(2),2)，MN＝1，
故O1M2＋O1N2＝MN2，
即O1M⊥O1N.
因为O1N∩B1C1＝N，
故O1M⊥平面O1B1C1，
因为O1M⊂平面O1A1D1，
则平面O1A1D1⊥平面O1B1C1，故选项B正确；
又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C⊥平面AB1D1，由选项A知，O1C1∥OC，
所以O1C1⊥平面AB1D1，故选项C正确；
因为△A1BC1的外接圆的圆心为O，即点O不能和A1，B，C1在同一球面上，
即O，O1，A1，B，C1，D1六点不在同一球面上，故选项D错误，故选D.
易错提醒 (1)遗漏定理中的条件；(2)直接将平面几何中的结论应用到立体几何中.
训练1 (1)(2022·西安三模)下列命题正确的是( )
A.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行
B.平行于同一直线的两个平面相互平行
C.垂直于同一直线的两条直线相互平行
D.若两个平面垂直，那么在一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是线段AD1和B1C上的动点(均不与线段的端点重合)，且满足AP＝B1Q.下面给出了四个命题：
①存在P，Q的某一位置，使PQ∥平面ABB1A1；
②存在P，Q的某一位置，使PB1⊥BQ；
③无论P，Q运动到任何位置，直线PB1与AQ是异面直线；
④无论P，Q运动到任何位置，均有BC⊥PQ.
这四个命题中真命题的个数是( )
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 (1)D (2)D
解析 (1)对于A，由线面平行的判定可知若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，故A错误；
对于B，平行于同一直线的两个平面可能相交或平行，故B错误；
对于C，同一平面中垂直于同一直线的两条直线相互平行，空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相交或者异面，故C错误；
对于D，若一个平面内存在一条直线垂直于另一个平面，由线面垂直的性质定理可知该直线必然垂直两平面的交线，所以若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故D正确.综上，故选D.
(2)如图所示，对于①，
当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，
AB∥PQ，
因为AB⊆平面ABB1A1，
所以PQ∥平面ABB1A1，故①正确；
对于②，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，BQ⊥平面A1B1CD，此时PB1⊥BQ，故②正确；
对于③，若直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，与已知矛盾，则无论P，Q运动到任何位置，直线PB1与AQ是异面直线，故③正确；
对于④，由BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影，知BC⊥PQ，故④正确，故选D.
热点二 空间平行、垂直关系的证明
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：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)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
例2 如图所示，四棱锥P－ABCD的底面为矩形，且AB＝eq \r(2)BC，E，F分别为棱AB，PC的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，求证：平面PAC⊥平面PDE.
证明 (1)法一 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，取线段PD的中点M，连接FM，AM.
因为F为PC的中点，所以FM∥CD，且FM＝eq \f(1,2)CD.
因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以EA∥CD，且EA＝eq \f(1,2)CD.
所以FM∥EA，且FM＝EA.
所以四边形AEFM为平行四边形.
所以EF∥AM.
又AM⊂平面PAD，EF⊄平面PAD.
所以EF∥平面PAD.
法二 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，连接CE并延长交DA的延长线于点N，连接PN.
因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC.
所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE.
又AE＝EB，
所以△CEB≌△NEA，所以CE＝NE.
又F为PC的中点，所以EF∥NP.
又NP⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
法三 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，取CD的中点Q，连接FQ，EQ.
在矩形ABCD中，E为AB的中点，
所以AE＝DQ，
且AE∥DQ.
所以四边形AEQD为平行四边形，
所以EQ∥AD.
又AD⊂平面PAD，EQ⊄平面PAD，
所以EQ∥平面PAD.
因为Q，F分别为CD，CP的中点，
所以FQ∥PD.
又PD⊂平面PAD，FQ⊄平面PAD，
所以FQ∥平面PAD.
又FQ，EQ⊂平面EQF，FQ∩EQ＝Q，
所以平面EQF∥平面PAD.
因为EF⊂平面EQF，
所以EF∥平面PAD.
(2)在四棱锥P－ABCD中，设AC，DE相交于点G，如图所示.
在矩形ABCD中，因为AB＝eq \r(2)BC，E为AB的中点，
所以eq \f(DA,AE)＝eq \f(CD,DA)＝eq \r(2)，
又∠DAE＝∠CDA＝90°，
所以△DAE∽△CDA，
所以∠ADE＝∠DCA.
又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，
所以∠DCA＋∠CDE＝90°.
由△DGC的内角和为180°，
得∠DGC＝90°，
即DE⊥AC.
因为点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，
所以PO⊥平面ABCD.
因为DE⊂平面ABCD，
所以PO⊥DE.
因为PO∩AC＝O，PO，AC⊂平面PAC，
所以DE⊥平面PAC，
又DE⊂平面PDE.
所以平面PAC⊥平面PDE.
规律方法 1.注意平行关系及垂直关系的转化.
2.注意利用平面几何的性质：如三角形、梯形中位线、平行四边形的性质等.
训练2 (2022·南昌质检)如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点.
求证：(1)BC1⊥平面AB1C；
(2)DE∥平面AB1C.
证明 (1)∵四边形AA1C1C为矩形，
∴AC⊥C1C，
又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，平面CC1B1B∩平面AA1C1C＝CC1，AC⊂平面AA1C1C，
∴AC⊥平面CC1B1B，
∵C1B⊂平面CC1B1B，
∴AC⊥C1B，
又四边形CC1B1B为菱形，
∴B1C⊥BC1，
∵B1C∩AC＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，
∴BC1⊥平面AB1C.
(2)如图，取AA1的中点F，连接DF，EF，
∵四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，
∴EF∥AC，又EF⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，
∴EF∥平面AB1C，
又∵D，F分别为边A1B1，AA1的中点，
∴DF∥AB1，又DF⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，
∴DF∥平面AB1C，
∵EF∩DF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，
∴平面DEF∥平面AB1C，
∵DE⊂平面DEF，
∴DE∥平面AB1C.
热点三 空间向量法证明平行、垂直关系
1.用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.
2.用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.
(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
例3 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.
求证：PB∥平面EFG.
证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0).
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，
eq \(FG,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，
法一 设eq \(PB,\s\up6(→))＝seq \(FE,\s\up6(→))＋teq \(FG,\s\up6(→))，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FG,\s\up6(→))，
又eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))不共线，
所以eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))共面.
又因为PB⊄平面EFG，
所以PB∥平面EFG.
法二 设平面EFG的法向量为
n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\(FG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＝0，,x＋y－z＝0，))
令z＝1，则x＝1，y＝0，
故n＝(1，0，1)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·n＝2＋0－2＝0，
即eq \(PB,\s\up6(→))⊥n.
又因为PB⊄平面EFG，
所以PB∥平面EFG.
规律方法 (1)利用向量证明线面位置关系一般要建立空间直角坐标系.
(2)利用向量证明线面平行的三种方法
①证直线的方向向量与平面内的一条直线的方向向量平行.
②证直线的方向向量与平面的法向量垂直.
③证直线的方向向量能被平面内两不共线向量线性表达.
以上三种方法均需说明直线不在平面内.
训练3 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).
(1)eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
故eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0.
所以BE⊥DC.
(2)因为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eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，
而eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(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的一个法向量eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，向量eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，
eq \(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－2z＝0，,2x＝0，))
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.
且n·eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以n⊥eq \(AB,\s\up6(→)).
所以平面PAD⊥平面PCD.
一、基本技能练
1.(2022·柳州模拟)已知三个不同的平面α，β，γ，且α⊥γ，则“β⊥γ”是“α∥β”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
答案 B
解析 若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故不是充分条件，反之，
若α⊥γ，α∥β，则β⊥γ，故是必要条件.
2.已知平面α∩平面β＝l，m是α内不同于l的直线，那么下列命题中错误的是( )
A.若m∥β，则m∥l B.若m∥l，则m∥β
C.若m⊥β，则m⊥l D.若m⊥l，则m⊥β
答案 D
解析 A项，由线面平行的性质可知A正确；
B项，由线面平行的判定定理可知B正确；
C项，由线面垂直的性质可知C正确；
D项，因为一条直线垂直于平面内的一条直线不能推出直线垂直于平面，故D错误.
3.(2022·东北三校二模)已知下列四个命题，其中真命题的个数为( )
①空间中三条互相平行的直线a，b，c都与直线d相交，则a，b，c三条直线共面；②若直线m⊥平面α，直线n∥平面α，则m⊥n；③平面α∩平面β＝直线m，直线a∥平面α，直线a∥平面β，则a∥m；④垂直于同一个平面的两个平面互相平行.
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 C
解析 对于①，假设a，b，c三条直线不共面，因为a，b平行，且与直线d相交，所以a，b，d共面，若a∥c，则c，d不相交，矛盾，故假设不成立，即a，b，c三条直线共面，故①是真命题；
对于②，不妨取l⊂平面α，且n∥l，因为n∥平面α，m⊥平面α，所以l⊥m，所以n⊥m，故②是真命题；
对于③，过直线a作平面γ，若平面γ∥平面β，平面γ∩平面α＝l，又a∥平面α，所以l∥平面β，a∥l，又平面α∩平面β＝m，所以l∥m，所以a∥m，故③是真命题；
对于④，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故④是假命题，综上，真命题的个数为3，故选C.
4.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.
5.(2022·潍坊调考)若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是( )
A.若m⊂β，α⊥β，则m⊥α
B.若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
C.若m⊥β，m∥α，则α⊥β
D.若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ
答案 C
解析 对于A，若m⊂β，α⊥β，则m⊥α或m∥α或m⊂α或m与α相交但不垂直，故A中命题错误；
对于B，若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β或α与β相交，故B中命题错误；
对于C，若m∥α，则在α内必存在直线l，使l∥m，又m⊥β，所以l⊥β，故α⊥β，故C中命题正确.
对于D，若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ或β∥γ或β与γ相交但不垂直，故D中命题错误.故选C.
6.(2022·贵阳二模)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是( )
A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADE
C.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE
答案 C
解析 如图，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OH，AC，BH，MN.
因为M，N分别是BC，GH的中点，
所以OM∥CD，且OM＝eq \f(1,2)CD，NH∥CD，且NH＝eq \f(1,2)CD，
所以OM∥NH且OM＝NH，
所以四边形MNHO是平行四边形，
所以OH∥MN.
又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH，故选C.
7.如图所示是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱________所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)
答案 CG，DH，EH，FG(任选一个作答)
解析 如图，结合平面图形还原出正方体，
结合正方体性质易知，
棱CG，DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.
8.(2022·南通调研)已知直线l与平面α相交于点P，有下列结论：
①α内不存在直线与l平行；
②α内有无数条直线与l垂直；
③α内所有直线与l是异面直线；
④至少存在一个过l且与α垂直的平面.
其中所有正确结论的序号是________.
答案 ①②④
解析 直线l与平面α相交于点P，故α内不存在直线与l平行，①正确；
若l⊥α，则α内的所有直线与l垂直；若l与α不垂直，设与l在平面α内的射影垂直的直线为n，则平面α内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，②正确；
平面α内过点P的直线与l相交，③错误；
若l⊥α，则过l的任一平面与α垂直；若l与α不垂直，取l上异于点P的一点Q，过Q作QM⊥平面α于点M，则平面PQM⊥α，④正确.
综上所述，①②④正确.
9.设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是_______________________________.
①p1∧p4；②p1∧p2；③綈p2∨p3；④綈p3∨綈p4.
答案 ①③④
解析 由平面性质及公理，易知p1为真，p2为假.又空间不相交的两条直线平行或异面，知p3为假，根据线面垂直的性质，命题p4为真.∴p1∧p4为真，p1∧p2为假.又綈p2为真，綈p3为真，綈p4为假.
∴綈p2∨p3为真，綈p3∨綈p4为真.综上知所有真命题的序号为①③④.
10.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析 连接AC，则AC⊥BD，
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，
所以BD⊥PC，
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD，PC⊂平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
11.如图，在四棱锥P－ABCD中，
(1)若AD⊥平面PAB，PB⊥PD，求证：平面PBD⊥平面PAD；
(2)若AD∥BC，AD＝2BC，E为PA的中点，求证：BE∥平面PCD.
证明 (1)因为AD⊥平面PAB，
PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB.
又因为PB⊥PD，AD∩PD＝D，
PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以PB⊥平面PAD.
又因为PB⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面PAD.
(2)取PD的中点F，连接EF，因为E，F分别是PA，PD的中点，
所以EF∥AD，且AD＝2EF.
又因为四边形ABCD中AD∥BC，AD＝2BC，
所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形EFCB是平行四边形，
所以BE∥CF.
又CF⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE∥平面PCD.
12.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上.已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
证明 (1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4).
于是eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，
又eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，
所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，3，4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，
且BC∩BM＝B，
所以AP⊥平面BMC，
于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，
故平面AMC⊥平面BMC.
二、创新拓展练
13.(2022·河南顶尖名校大联考)如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面为平行四边形，E，F，G分别为棱AA1，CC1，C1D1的中点，则( )
A.直线BC1与平面EFG平行，直线BD1与平面EFG相交
B.直线BC1与平面EFG相交，直线BD1与平面EFG平行
C.直线BC1、BD1都与平面EFG平行
D.直线BC1、BD1都与平面EFG相交
答案 A
解析 取AB的中点H，连接GH，EH，HF，
则BH綊C1G，从而四边形BC1GH为平行四边形，所以BC1∥HG.
易知EH綊GF，则四边形EGFH为平行四边形，从而GH⊂平面EFG.
又BC1⊄平面EFG，
所以BC1∥平面EFG.
取D1D的中点P，连接ED1，D1F，BF，EB，EP，PC，又∵E为A1A的中点，
∴EP綊AD，又AD綊BC，
∴EP綊BC，
∴四边形EPCB为平行四边形，
∴EB綊PC，∵D1P綊CF，
∴四边形D1PCF是平行四边形.∴PC綊D1F，
∴D1F綊EB，则四边形BFD1E为平行四边形，从而BD1与EF相交，所以直线BD1与平面EFG相交，故选A.
14.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1各条棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1的动点(含端点)，且满足BM＝C1N，当M，N运动时，下列结论中不正确的是( )
A.在△DMN内总存在平面ABC平行的线段
B.平面DMN⊥平面BCC1B1
C.三棱锥A1－DMN的体积为定值
D.△DMN可能为直角三角形
答案 D
解析 A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；
B项，如图，当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BM＝CN，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，由DO垂直于平面BCC1B可得平面DMN⊥平面BCC1B1，故正确；
C项，当M，N分别在BB1，CC1上运动时，△A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥N－A1DM的体积不变，即三棱锥A1－DMN的体积为定值，故正确；
D项，若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长大于BB1，所以△DMN不可能为直角三角形，故错误.故选D.
15.(2022·成都诊断)四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE＝3ED，若eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))且满足BF∥平面ACE，则λ＝________.
答案 eq \f(2,3)
解析 如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，在线段PE上取一点G使得GE＝ED.
连接BG，则BG∥OE.
又因为OE⊂平面AEC，BG⊄平面AEC，所以BG∥平面AEC.
因为BF∥平面ACE且满足BG∩BF＝B，故平面BGF∥平面AEC.
因为平面PCD∩平面BGF＝GF，平面PCD∩平面AEC＝EC，则GF∥EC.
所以eq \f(PF,PC)＝eq \f(PG,PE)＝eq \f(2,3)，即λ＝eq \f(2,3)为所求.
16.(2022·菏泽调研)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在棱BB1上.
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取两个条件，并说明能否证明AB1⊥平面C1DF.
①F为BB1的中点；②AB1＝eq \r(3)；
③AA1＝eq \r(2).
注：如果选择多种情况分别解答，那么按第一个解答计分.
(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，依题意有A1C1＝B1C1＝1，
且∠A1C1B1＝90°，
又D是A1B1的中点，则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 若选①③，则能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
连接A1B，如图，
则DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝eq \r(2)，又AA1＝eq \r(2)，于是得四边形AA1B1B为正方形.
所以A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1.
因为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.
若选①②，则不能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
连接A1B(图略)，则DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
则AB＝eq \r(2)，AA1＝eq \r(ABeq \\al(2,1)－A1Beq \\al(2,1))＝1，
则A1B与AB1不垂直，
即DF与AB1不垂直，
所以AB1不垂直于平面C1DF.
若选②③，则不能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝eq \r(2)，又AB1＝eq \r(AB2＋BBeq \\al(2,1))＝2≠eq \r(3)，矛盾，
所以不能证明AB1⊥平面C1DF.