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新高考数学二轮复习 专题突破 专题4 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（含解析）
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这是一份新高考数学二轮复习 专题突破 专题4 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系（含解析），共20页。
考点一 空间直线、平面位置关系的判定
核心提炼
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·广东联考)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，下列说法正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m∥n
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
答案 C
解析 对于选项A，m∥α，n∥α，m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；
对于选项B，因为α∥β，m⊥α，所以m⊥β.
又n∥β，所以m⊥n，故B错误；
对于选项C，由m∥α，则存在直线l⊂α，使得m∥l，又m⊥β，所以l⊥β，且l⊂α，所以α⊥β，故C正确；
对于选项D，因为α⊥β，可设α∩β＝l，则当m∥l，n∥l时，可以得到m∥α，n∥β，但此时m∥n，
故D错误．
(2)(2022·金华模拟)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________．
①四边形AECF是平行四边形；
②GH与MN是异面直线；
③GH∥平面EAB；
④GH⊥BC.
答案 ①③
解析 如图所示，连接AC，EF，设AC与EF的交点为O，连接BD，
MH，EH，EM，则AC与EF相交且相互平分，故四边形AECF为平行四边形，故①正确；
所以AE∥CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，连接MG，GH，NM，NH，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝eq \f(1,2)AE，NH＝eq \f(1,2)CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，即GH与MN是共面直线，故②错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故③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④错误．
规律方法 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．
跟踪演练1 (1)(2022·湖南师大附中模拟)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，则下列结论错误的是( )
A．A，M，O三点共线
B．M，O，A1，A四点共面
C．B，B1，O，M四点共面
D．A，O，C，M四点共面
答案 C
解析 如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面．
因为M∈A1C，所以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，从而M，O，A1，A四点共面，A，O，C，M四点共面．
由长方体性质知，OM与BB1是异面直线，即B，B1，O，M四点不共面．
(2)设点E为正方形ABCD的中心，M为平面ABCD外一点，△MAB为等腰直角三角形，且∠MAB＝90°，若F是线段MB的中点，则( )
A．ME≠DF，且直线ME，DF是相交直线
B．ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线
C．ME≠DF，且直线ME，DF是异面直线
D．ME＝DF，且直线ME，DF是异面直线
答案 B
解析 连接EF，
如图所示，
由题意知AB⊥AD，
AB⊥AM，AM＝AD，
AB＝AB，
则Rt△BAM≌Rt△BAD，
所以BM＝BD，
因为E，F分别为BD，BM的中点，则EF∥DM，
因为FM＝eq \f(1,2)BM＝eq \f(1,2)BD＝DE，
故四边形FMDE是等腰梯形，
所以ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线．
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 异面直线所成的角
例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ改编)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则下列结论正确的是________．(填序号)
①直线BC1与DA1所成的角为90°；
②直线BC1与CA1所成的角为90°；
③直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°；
④直线BC1与平面ABCD所成的角为45°.
答案 ①②④
解析 如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故①正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连接B1C，则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故②正确；
连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB.因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°，故③错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故④正确．
(2)(2022·广东联考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝CA＝CB＝5，AB＝PC＝2，点D，E分别为AB，PC的中点，则异面直线PD，BE所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(23,24)
解析 如图，连接CD，取CD的中点F，连接EF，BF，则EF∥PD，∠BEF为异面直线PD，BE所成的角．
由题意可知PD＝CD＝BE＝2eq \r(6)，EF＝eq \r(6)，
BF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)))2＋12)＝eq \r(7)，
所以cs∠BEF＝eq \f(24＋6－7,2×2\r(6)×\r(6))＝eq \f(23,24).
考向2 平行、垂直关系的证明
例3 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．
(1)求证：BC1⊥平面AB1C；
(2)求证：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，
同理可得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.
规律方法 (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．
跟踪演练2 (2022·西安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，AC1的中点．
(1)求证：MN⊥AA1；
(2)在线段BC1上是否存在一点P，使得平面MNP∥平面ABC？若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 连接A1C，如图，因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C为平行四边形，
故A1C和AC1相交，且交点为它们的中点N，
又因为M为A1B的中点，
所以MN为△A1BC的中位线，
所以MN∥BC.
因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC，所以AA1⊥MN，
即MN⊥AA1.
(2)解 存在，当P为BC1的中点时，
平面MNP∥平面ABC.
连接PN，PM，如图，
因为N为AC1的中点，P为BC1的中点，
所以PN∥AB，
又PN⊄平面ABC，
AB⊂平面ABC，
所以PN∥平面ABC，
又由(1)知MN∥BC，BC⊂平面ABC，
MN⊄平面ABC，故MN∥平面ABC，
又MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，
所以平面MNP∥平面ABC.
考点三 翻折问题
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．
例4 (1)(2022·南宁模拟)已知正方形ABCD中E为AB中点，H为AD中点，F，G分别为BC，CD上的点，CF＝2FB，CG＝2GD，将△ABD沿着BD翻折得到空间四边形A1BCD，则在翻折过程中，以下说法正确的是( )
A．EF∥GH B．EF与GH相交
C．EF与GH异面 D．EH与FG异面
答案 B
解析 如图，由CF＝2FB，CG＝2GD，
得FG∥BD且FG＝eq \f(2,3)BD，
由E为AB中点，H为AD中点，
得EH∥BD且EH＝eq \f(1,2)BD，
所以EH∥FG，且EH≠FG，
所以四边形EFGH为梯形．
梯形EFGH的两腰EF，HG延长必交于一点，
所以EF与GH相交，EH与FG平行，
故选项A，C，D不正确，选项B正确．
(2)(2022·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翻折至△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________．(填序号)
①BM的长是定值；
②点M的运动轨迹在某个圆周上；
③存在某个位置，使DE⊥A1C；
④A1不在底面BCD上时，BM∥平面A1DE.
答案 ①②④
解析 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，故④正确；
又∠BFM＝∠A1DE＝定值，
MF＝eq \f(1,2)A1D＝定值，BF＝DE＝定值，
在△MFB中，由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，
∴BM为定值，故①正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，故②正确；
∵A1C在平面ABCD内的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，故③错误．
易错提醒 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．
跟踪演练3 (2022·聊城模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将△ABC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥B－ACD，则下列说法正确的是________．(填序号)
①在翻折过程中，三棱锥B－ACD的体积最大为eq \f(24,5)；
②在翻折过程中，三棱锥B－ACD的外接球的表面积为定值；
③在翻折过程中，存在某个位置使得BC⊥AD；
④在翻折过程中，存在某个位置使得BD⊥AC.
答案 ①②
解析 由题意知，当平面BAC⊥平面ACD时，三棱锥B－ACD的体积最大，
此时VB－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×eq \f(12,5)＝eq \f(24,5)，故①正确；
如图，取AC的中点E，连接BE，DE，则DE＝AE＝CE＝BE＝eq \f(5,2)，所以三棱锥B－ACD的外接球是以点E为球心，eq \f(5,2)为半径的球，则该三棱锥外接球的表面积S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＝25π，故②正确；
假设BC⊥AD，又BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面BAD，所以BC⊥平面BAD.又BD⊂平面BAD，所以BC⊥BD，
则在Rt△BCD中，斜边CD的长度要大于4，这与CD＝3矛盾，故③错误；
假设BD⊥AC，如图，过点D作DF⊥AC于点F，连接BF.
由于BD∩DF＝D，BD，DF⊂平面BDF，所以AC⊥平面BDF.
又BF⊂平面BDF，所以AC⊥BF，
所以BF＝eq \f(12,5)＝DF.
又CF＝CF，∠CFB＝∠CFD＝90°，所以△BCF≌△DCF，
所以BC＝CD，这与BC＝4，CD＝3矛盾，故④错误．
专题强化练
一、选择题
1．(2022·龙岩质检)已知三条直线a，b，c，若a和b是异面直线，b和c是异面直线，那么直线a和c的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行、相交或异面
答案 D
解析 画图分析可知空间直线的三种位置关系均有可能，故D正确．
2．(2022·湖北八市联考)设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
答案 D
解析 对于A，α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，α内的所有直线与β平行才能得出，故A错误；
对于B，C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一条直线，不能确定α，β的位置关系，故B，C错误；
对于D，α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之，当α∥β时，若α垂直于某条直线，则β也垂直于该条直线．
3．正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是( )
答案 B
解析 对于A，易证MQ∥NP，所以A不符合题意；
对于B，如图，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
MN⊂平面A1B1C1D1，PQ⊂平面ABCD，
所以MN与PQ无公共点，
因为MN与PQ不平行，
所以MN与PQ是异面直线，所以B符合题意；
对于C，易证PM∥NQ，所以C不符合题意；
对于D，易证MN∥PQ，所以D不符合题意．
4．(2022·商丘模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BC＝AA1＝eq \r(3)，AC＝1，则异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(6),4) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 B
解析 把三棱柱补成如图所示的长方体，连接B1D，CD，则B1D∥AC1，
所以∠CB1D(或其补角)即为异面直线AC1与CB1所成的角．
由题意可得CD＝AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(1＋3)＝2，
B1D＝AC1＝eq \r(AC2＋CC\\al(2,1))＝2，CB1＝eq \r(CB2＋BB\\al(2,1))＝eq \r(3＋3)＝eq \r(6)，
所以cs∠CB1D＝eq \f(CB\\al(2,1)＋B1D2－CD2,2CB1·B1D)＝eq \f(6＋4－4,2\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),4).所以异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
5．(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 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，
所以EF⊥DD1，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，
则D(0,0,0)，
B1(2,2,2)，
E(2,1,0)，F(1,2,0)，
B(2,2,0)，A1(2,0,2)，
A(2,0,0)，C(0,2,0)，
C1(0,2,2)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB1,\s\up6(—→))＝(0,1,2)，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(2,0,2)，
eq \(AA1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，
eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(－2,2,0)．
设平面B1EF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0，,m·\(EB1,\s\up6(→))＝y1＋2z1＝0，))
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面A1BD的一个法向量为
n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1,1,0)，
平面A1C1D的一个法向量为
n3＝(1,1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，
故D错误．
6．(2022·华中师大附中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中点，则下列说法正确的是( )
A．直线PB与直线D1C平行，直线PB⊥平面A1C1D
B．直线PB与直线AC异面，直线PB⊥平面ADC1B1
C．直线PB与直线B1D1相交，直线PB⊂平面ABC1
D．直线PB与直线A1D垂直，直线PB∥平面B1D1C
答案 D
解析 如图，连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，PB，AC，DC1，AB1，
由正方体的性质知，
A1B∥D1C，
又A1B与PB相交，
所以PB与D1C不平行，故A错误；
显然，直线PB与直线AC异面，直线A1B⊥平面ADC1B1，
而直线PB与A1B不平行，
所以直线PB不与平面ADC1B1垂直，故B错误；
直线PB与直线B1D1异面，不相交，故C错误；
因为BA1＝BD，P是A1D的中点，
所以直线PB与直线A1D垂直，
又DB∥D1B1，A1B∥D1C，
DB⊄平面B1D1C，A1B⊄平面B1D1C，
A1B∩DB＝B，A1B，DB⊂平面BDA1，
D1C，D1B1⊂平面B1D1C，
所以平面BDA1∥平面B1D1C，
又PB⊂平面BDA1，
所以直线PB∥平面B1D1C，故D正确．
7.(2022·中山模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1等于( )
A．2 B.eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
答案 D
解析 连接AB1，交A1B于点Q，连接PA1，PB，PQ，如图所示．
因为AC1∥平面A1BP，
AC1⊂平面AB1C1，
且平面AB1C1∩平面A1BP＝PQ，
所以AC1∥PQ，又点Q是AB1的中点，
所以P是B1C1的中点，
所以PC1＝1.
8．如图1，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将△DAE沿边DE翻折到△PDE，连接PC，PB，EC，设F为PC的中点，连接BF，如图2，则在翻折的过程中，下列命题正确的是( )
①存在某一翻折位置，使得DE∥平面PBC；
②在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内)，都有BF∥平面PDE；
③存在某一翻折位置，使得PE⊥CD；
④若PD＝CD＝PC＝4，则三棱锥P－CDE的外接球的表面积为eq \f(76π,3).
A．①③④ B．②③
C．①②④ D．②③④
答案 D
解析 对于①，取DC的中点G，连接BG，因为BE∥GD，BE＝GD，所以四边形DEBG为平行四边形，所以DE∥GB，而BG与平面PBC相交，所以DE与平面PBC相交，故①错误；
对于②，连接FG，则FG∥PD，由DE∥GB，易证平面BFG∥平面PDE，而BF⊂平面BFG，所以BF∥平面PDE，故②正确；
对于③，因为PE⊥PD，要使得PE⊥CD，则PE⊥平面PCD，则PE⊥PC，而EC＝ED，此时，只需要PC＝PD即可，故③正确；
对于④，由PD＝CD＝PC＝4可知，
PE⊥平面PCD，PE＝2，
设△PCD的外接圆半径为r，
则r＝eq \f(4,2sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，
设三棱锥P－CDE的外接球半径为R，
则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PE,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)))2＋1＝eq \f(19,3)，所以三棱锥P－CDE的外接球的表面积为4πR2＝eq \f(76π,3)，
故④正确．
二、填空题
9．已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断：①l∥α；②α⊥β；③l⊥β.以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：________.(用序号表示)
答案 若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)
解析 因为当l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；
因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；
因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l⊂α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①.
10．三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝1，过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB，CD都平行，且分别交BD，AD，AC于F，G，H，则四边形EFGH的周长为________．
答案 2
解析 因为AB∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EH，AB⊂平面ABC，
所以AB∥EH，又点E为BC中点，所以EH为△ABC的中位线，
故EH＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2).
同理，EF＝FG＝GH＝eq \f(1,2)，
所以四边形EFGH的周长为2.
11．(2022·长春模拟)在正方形ABCD中，O为BD的中点，将平面ABD沿直线BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，则直线AB与CD所成角的大小为________．
答案 60°
解析 如图，过B，D作BE∥CD，DE∥CB，且BE，DE交于点E，连接AE，OE，
所以直线AB与CD所成角即为∠ABE或其补角，
设正方形ABCD的边长为2，则BE＝AB＝AD＝2，
而AO⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以AO⊥平面BCD，又OE⊂平面BCD，所以AO⊥OE，且AO＝OE＝eq \r(2)，
故AE＝2，则△ABE为等边三角形，
故∠ABE＝60°，
即直线AB与CD所成角的大小为60°.
12.如图，把边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折起，使A，C的距离为a，则异面直线AC与BD的距离为________．
答案 eq \f(a,2)
解析 如图，分别取AC，BD的中点S，E，连接AE，CE，SB，SD，SE.
则AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，
则BD⊥平面ACE，则SE⊥BD，
AC⊥SD，AC⊥SB，
又SD∩SB＝S，SD，SB⊂平面SBD，
则AC⊥平面SBD，则SE⊥AC，
则SE是异面直线AC与BD的公垂线段，
在△SBD中，SB＝SD＝eq \f(\r(3),2)a，BD＝eq \r(2)a，
则SE＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq \f(a,2)，
则异面直线AC与BD的距离为eq \f(a,2).
三、解答题
13.(2022·毕节模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝4，△PCD是边长为2的等边三角形，平面PCD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠DAB＝90°，点E，F，H分别是线段PB，PC，AB的中点．
(1)求证：点H在平面DEF内；
(2)若tan∠AFD＝eq \r(2)，求三棱锥P－ADF的体积．
(1)证明 如图，连接DH，EH，
由∠ADC＝∠DAB＝90°，可得AB∥CD，
因为CD＝2，AB＝4，且H是AB的中点，
所以DC∥HB且DC＝HB，所以四边形DHBC是平行四边形，
所以DH∥BC，
因为E，F分别是PB，PC的中点，所以EF∥BC，所以EF∥DH，
所以E，F，D，H四点共面，即点H在平面DEF内．
(2)解 因为∠ADC＝90°，且平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，所以∠ADF＝90°，
又因为△PCD是边长为2的等边三角形，点F是PC的中点，所以DF＝eq \r(3)，
因为tan∠AFD＝eq \r(2)，所以AD＝eq \r(6)，
所以VP－ADF＝VA－PDF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×eq \r(6)＝eq \f(\r(2),2).
14．(2022·黄山模拟)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，A＝eq \f(π,2)，AD＝1，AB＝2，BC＝3，将梯形沿中位线EF折起使AE⊥BE，并连接AB，DC得到多面体AEB－DFC，连接DE，BD，BF.
(1)求证：DF⊥平面BED；
(2)求点E到平面BDF的距离．
(1)证明 由题意知AD＝1，BC＝3，AD∥EF，
因为EF为梯形ABCD的中位线，所以EF＝2，
过点D作DM⊥EF，
垂足为M，如图所示，
则DF＝eq \r(2)，DE＝eq \r(2)，
DF2＋DE2＝EF2，所以DE⊥DF，
因为AE⊥BE，BE⊥EF，
AE∩EF＝E，AE⊂平面AEFD，EF⊂平面AEFD，所以BE⊥平面AEFD，
又DF⊂平面AEFD，所以EB⊥DF，
又DE∩BE＝E，DE⊂平面BED，
BE⊂平面BED，
所以DF⊥平面BED.
(2)解 设点E到平面BDF的距离为d，
由(1)知，DM⊥EF，BE⊥平面AEFD，
因为DM⊂平面AEFD，所以DM⊥BE，
因为EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，
BE∩EF＝E，所以DM⊥平面BEF，
所以VE－BDF＝VD－BEF，
即VD－BEF＝eq \f(1,3)S△BEF·DM＝eq \f(1,3)S△BDF·d＝VE－BDF，S△BEF＝eq \f(1,2)×EF×EB＝1.
由BA＝eq \r(2)，得BD＝eq \r(3)，又DF＝eq \r(2)，
且由(1)知DF⊥平面BED，所以DF⊥DB，
所以S△BDF＝eq \f(\r(6),2)，所以eq \f(\r(6),2)·d＝1，即d＝eq \f(\r(6),3)，
故点E到平面BDF的距离为eq \f(\r(6),3).
考点一 空间直线、平面位置关系的判定
核心提炼
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·广东联考)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，下列说法正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，则m∥n
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
答案 C
解析 对于选项A，m∥α，n∥α，m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；
对于选项B，因为α∥β，m⊥α，所以m⊥β.
又n∥β，所以m⊥n，故B错误；
对于选项C，由m∥α，则存在直线l⊂α，使得m∥l，又m⊥β，所以l⊥β，且l⊂α，所以α⊥β，故C正确；
对于选项D，因为α⊥β，可设α∩β＝l，则当m∥l，n∥l时，可以得到m∥α，n∥β，但此时m∥n，
故D错误．
(2)(2022·金华模拟)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________．
①四边形AECF是平行四边形；
②GH与MN是异面直线；
③GH∥平面EAB；
④GH⊥BC.
答案 ①③
解析 如图所示，连接AC，EF，设AC与EF的交点为O，连接BD，
MH，EH，EM，则AC与EF相交且相互平分，故四边形AECF为平行四边形，故①正确；
所以AE∥CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，连接MG，GH，NM，NH，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝eq \f(1,2)AE，NH＝eq \f(1,2)CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，即GH与MN是共面直线，故②错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故③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④错误．
规律方法 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．
跟踪演练1 (1)(2022·湖南师大附中模拟)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，则下列结论错误的是( )
A．A，M，O三点共线
B．M，O，A1，A四点共面
C．B，B1，O，M四点共面
D．A，O，C，M四点共面
答案 C
解析 如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面．
因为M∈A1C，所以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，从而M，O，A1，A四点共面，A，O，C，M四点共面．
由长方体性质知，OM与BB1是异面直线，即B，B1，O，M四点不共面．
(2)设点E为正方形ABCD的中心，M为平面ABCD外一点，△MAB为等腰直角三角形，且∠MAB＝90°，若F是线段MB的中点，则( )
A．ME≠DF，且直线ME，DF是相交直线
B．ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线
C．ME≠DF，且直线ME，DF是异面直线
D．ME＝DF，且直线ME，DF是异面直线
答案 B
解析 连接EF，
如图所示，
由题意知AB⊥AD，
AB⊥AM，AM＝AD，
AB＝AB，
则Rt△BAM≌Rt△BAD，
所以BM＝BD，
因为E，F分别为BD，BM的中点，则EF∥DM，
因为FM＝eq \f(1,2)BM＝eq \f(1,2)BD＝DE，
故四边形FMDE是等腰梯形，
所以ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线．
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 异面直线所成的角
例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ改编)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则下列结论正确的是________．(填序号)
①直线BC1与DA1所成的角为90°；
②直线BC1与CA1所成的角为90°；
③直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°；
④直线BC1与平面ABCD所成的角为45°.
答案 ①②④
解析 如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故①正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连接B1C，则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故②正确；
连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB.因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°，故③错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故④正确．
(2)(2022·广东联考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝CA＝CB＝5，AB＝PC＝2，点D，E分别为AB，PC的中点，则异面直线PD，BE所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(23,24)
解析 如图，连接CD，取CD的中点F，连接EF，BF，则EF∥PD，∠BEF为异面直线PD，BE所成的角．
由题意可知PD＝CD＝BE＝2eq \r(6)，EF＝eq \r(6)，
BF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)))2＋12)＝eq \r(7)，
所以cs∠BEF＝eq \f(24＋6－7,2×2\r(6)×\r(6))＝eq \f(23,24).
考向2 平行、垂直关系的证明
例3 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．
(1)求证：BC1⊥平面AB1C；
(2)求证：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，
同理可得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.
规律方法 (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．
跟踪演练2 (2022·西安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，AC1的中点．
(1)求证：MN⊥AA1；
(2)在线段BC1上是否存在一点P，使得平面MNP∥平面ABC？若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 连接A1C，如图，因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C为平行四边形，
故A1C和AC1相交，且交点为它们的中点N，
又因为M为A1B的中点，
所以MN为△A1BC的中位线，
所以MN∥BC.
因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC，所以AA1⊥MN，
即MN⊥AA1.
(2)解 存在，当P为BC1的中点时，
平面MNP∥平面ABC.
连接PN，PM，如图，
因为N为AC1的中点，P为BC1的中点，
所以PN∥AB，
又PN⊄平面ABC，
AB⊂平面ABC，
所以PN∥平面ABC，
又由(1)知MN∥BC，BC⊂平面ABC，
MN⊄平面ABC，故MN∥平面ABC，
又MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，
所以平面MNP∥平面ABC.
考点三 翻折问题
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．
例4 (1)(2022·南宁模拟)已知正方形ABCD中E为AB中点，H为AD中点，F，G分别为BC，CD上的点，CF＝2FB，CG＝2GD，将△ABD沿着BD翻折得到空间四边形A1BCD，则在翻折过程中，以下说法正确的是( )
A．EF∥GH B．EF与GH相交
C．EF与GH异面 D．EH与FG异面
答案 B
解析 如图，由CF＝2FB，CG＝2GD，
得FG∥BD且FG＝eq \f(2,3)BD，
由E为AB中点，H为AD中点，
得EH∥BD且EH＝eq \f(1,2)BD，
所以EH∥FG，且EH≠FG，
所以四边形EFGH为梯形．
梯形EFGH的两腰EF，HG延长必交于一点，
所以EF与GH相交，EH与FG平行，
故选项A，C，D不正确，选项B正确．
(2)(2022·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翻折至△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________．(填序号)
①BM的长是定值；
②点M的运动轨迹在某个圆周上；
③存在某个位置，使DE⊥A1C；
④A1不在底面BCD上时，BM∥平面A1DE.
答案 ①②④
解析 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，故④正确；
又∠BFM＝∠A1DE＝定值，
MF＝eq \f(1,2)A1D＝定值，BF＝DE＝定值，
在△MFB中，由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，
∴BM为定值，故①正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，故②正确；
∵A1C在平面ABCD内的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，故③错误．
易错提醒 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．
跟踪演练3 (2022·聊城模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将△ABC沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥B－ACD，则下列说法正确的是________．(填序号)
①在翻折过程中，三棱锥B－ACD的体积最大为eq \f(24,5)；
②在翻折过程中，三棱锥B－ACD的外接球的表面积为定值；
③在翻折过程中，存在某个位置使得BC⊥AD；
④在翻折过程中，存在某个位置使得BD⊥AC.
答案 ①②
解析 由题意知，当平面BAC⊥平面ACD时，三棱锥B－ACD的体积最大，
此时VB－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×eq \f(12,5)＝eq \f(24,5)，故①正确；
如图，取AC的中点E，连接BE，DE，则DE＝AE＝CE＝BE＝eq \f(5,2)，所以三棱锥B－ACD的外接球是以点E为球心，eq \f(5,2)为半径的球，则该三棱锥外接球的表面积S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＝25π，故②正确；
假设BC⊥AD，又BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面BAD，所以BC⊥平面BAD.又BD⊂平面BAD，所以BC⊥BD，
则在Rt△BCD中，斜边CD的长度要大于4，这与CD＝3矛盾，故③错误；
假设BD⊥AC，如图，过点D作DF⊥AC于点F，连接BF.
由于BD∩DF＝D，BD，DF⊂平面BDF，所以AC⊥平面BDF.
又BF⊂平面BDF，所以AC⊥BF，
所以BF＝eq \f(12,5)＝DF.
又CF＝CF，∠CFB＝∠CFD＝90°，所以△BCF≌△DCF，
所以BC＝CD，这与BC＝4，CD＝3矛盾，故④错误．
专题强化练
一、选择题
1．(2022·龙岩质检)已知三条直线a，b，c，若a和b是异面直线，b和c是异面直线，那么直线a和c的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行、相交或异面
答案 D
解析 画图分析可知空间直线的三种位置关系均有可能，故D正确．
2．(2022·湖北八市联考)设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
答案 D
解析 对于A，α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，α内的所有直线与β平行才能得出，故A错误；
对于B，C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一条直线，不能确定α，β的位置关系，故B，C错误；
对于D，α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之，当α∥β时，若α垂直于某条直线，则β也垂直于该条直线．
3．正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是( )
答案 B
解析 对于A，易证MQ∥NP，所以A不符合题意；
对于B，如图，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
MN⊂平面A1B1C1D1，PQ⊂平面ABCD，
所以MN与PQ无公共点，
因为MN与PQ不平行，
所以MN与PQ是异面直线，所以B符合题意；
对于C，易证PM∥NQ，所以C不符合题意；
对于D，易证MN∥PQ，所以D不符合题意．
4．(2022·商丘模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BC＝AA1＝eq \r(3)，AC＝1，则异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(6),4) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 B
解析 把三棱柱补成如图所示的长方体，连接B1D，CD，则B1D∥AC1，
所以∠CB1D(或其补角)即为异面直线AC1与CB1所成的角．
由题意可得CD＝AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(1＋3)＝2，
B1D＝AC1＝eq \r(AC2＋CC\\al(2,1))＝2，CB1＝eq \r(CB2＋BB\\al(2,1))＝eq \r(3＋3)＝eq \r(6)，
所以cs∠CB1D＝eq \f(CB\\al(2,1)＋B1D2－CD2,2CB1·B1D)＝eq \f(6＋4－4,2\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),4).所以异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
5．(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 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，
所以EF⊥DD1，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，
则D(0,0,0)，
B1(2,2,2)，
E(2,1,0)，F(1,2,0)，
B(2,2,0)，A1(2,0,2)，
A(2,0,0)，C(0,2,0)，
C1(0,2,2)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB1,\s\up6(—→))＝(0,1,2)，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(2,0,2)，
eq \(AA1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，
eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(－2,2,0)．
设平面B1EF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0，,m·\(EB1,\s\up6(→))＝y1＋2z1＝0，))
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面A1BD的一个法向量为
n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1,1,0)，
平面A1C1D的一个法向量为
n3＝(1,1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，
故D错误．
6．(2022·华中师大附中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中点，则下列说法正确的是( )
A．直线PB与直线D1C平行，直线PB⊥平面A1C1D
B．直线PB与直线AC异面，直线PB⊥平面ADC1B1
C．直线PB与直线B1D1相交，直线PB⊂平面ABC1
D．直线PB与直线A1D垂直，直线PB∥平面B1D1C
答案 D
解析 如图，连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，PB，AC，DC1，AB1，
由正方体的性质知，
A1B∥D1C，
又A1B与PB相交，
所以PB与D1C不平行，故A错误；
显然，直线PB与直线AC异面，直线A1B⊥平面ADC1B1，
而直线PB与A1B不平行，
所以直线PB不与平面ADC1B1垂直，故B错误；
直线PB与直线B1D1异面，不相交，故C错误；
因为BA1＝BD，P是A1D的中点，
所以直线PB与直线A1D垂直，
又DB∥D1B1，A1B∥D1C，
DB⊄平面B1D1C，A1B⊄平面B1D1C，
A1B∩DB＝B，A1B，DB⊂平面BDA1，
D1C，D1B1⊂平面B1D1C，
所以平面BDA1∥平面B1D1C，
又PB⊂平面BDA1，
所以直线PB∥平面B1D1C，故D正确．
7.(2022·中山模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1等于( )
A．2 B.eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
答案 D
解析 连接AB1，交A1B于点Q，连接PA1，PB，PQ，如图所示．
因为AC1∥平面A1BP，
AC1⊂平面AB1C1，
且平面AB1C1∩平面A1BP＝PQ，
所以AC1∥PQ，又点Q是AB1的中点，
所以P是B1C1的中点，
所以PC1＝1.
8．如图1，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将△DAE沿边DE翻折到△PDE，连接PC，PB，EC，设F为PC的中点，连接BF，如图2，则在翻折的过程中，下列命题正确的是( )
①存在某一翻折位置，使得DE∥平面PBC；
②在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内)，都有BF∥平面PDE；
③存在某一翻折位置，使得PE⊥CD；
④若PD＝CD＝PC＝4，则三棱锥P－CDE的外接球的表面积为eq \f(76π,3).
A．①③④ B．②③
C．①②④ D．②③④
答案 D
解析 对于①，取DC的中点G，连接BG，因为BE∥GD，BE＝GD，所以四边形DEBG为平行四边形，所以DE∥GB，而BG与平面PBC相交，所以DE与平面PBC相交，故①错误；
对于②，连接FG，则FG∥PD，由DE∥GB，易证平面BFG∥平面PDE，而BF⊂平面BFG，所以BF∥平面PDE，故②正确；
对于③，因为PE⊥PD，要使得PE⊥CD，则PE⊥平面PCD，则PE⊥PC，而EC＝ED，此时，只需要PC＝PD即可，故③正确；
对于④，由PD＝CD＝PC＝4可知，
PE⊥平面PCD，PE＝2，
设△PCD的外接圆半径为r，
则r＝eq \f(4,2sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，
设三棱锥P－CDE的外接球半径为R，
则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PE,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)))2＋1＝eq \f(19,3)，所以三棱锥P－CDE的外接球的表面积为4πR2＝eq \f(76π,3)，
故④正确．
二、填空题
9．已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断：①l∥α；②α⊥β；③l⊥β.以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：________.(用序号表示)
答案 若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)
解析 因为当l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；
因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；
因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l⊂α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①.
10．三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝1，过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB，CD都平行，且分别交BD，AD，AC于F，G，H，则四边形EFGH的周长为________．
答案 2
解析 因为AB∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EH，AB⊂平面ABC，
所以AB∥EH，又点E为BC中点，所以EH为△ABC的中位线，
故EH＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2).
同理，EF＝FG＝GH＝eq \f(1,2)，
所以四边形EFGH的周长为2.
11．(2022·长春模拟)在正方形ABCD中，O为BD的中点，将平面ABD沿直线BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，则直线AB与CD所成角的大小为________．
答案 60°
解析 如图，过B，D作BE∥CD，DE∥CB，且BE，DE交于点E，连接AE，OE，
所以直线AB与CD所成角即为∠ABE或其补角，
设正方形ABCD的边长为2，则BE＝AB＝AD＝2，
而AO⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以AO⊥平面BCD，又OE⊂平面BCD，所以AO⊥OE，且AO＝OE＝eq \r(2)，
故AE＝2，则△ABE为等边三角形，
故∠ABE＝60°，
即直线AB与CD所成角的大小为60°.
12.如图，把边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折起，使A，C的距离为a，则异面直线AC与BD的距离为________．
答案 eq \f(a,2)
解析 如图，分别取AC，BD的中点S，E，连接AE，CE，SB，SD，SE.
则AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，
则BD⊥平面ACE，则SE⊥BD，
AC⊥SD，AC⊥SB，
又SD∩SB＝S，SD，SB⊂平面SBD，
则AC⊥平面SBD，则SE⊥AC，
则SE是异面直线AC与BD的公垂线段，
在△SBD中，SB＝SD＝eq \f(\r(3),2)a，BD＝eq \r(2)a，
则SE＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq \f(a,2)，
则异面直线AC与BD的距离为eq \f(a,2).
三、解答题
13.(2022·毕节模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝4，△PCD是边长为2的等边三角形，平面PCD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠DAB＝90°，点E，F，H分别是线段PB，PC，AB的中点．
(1)求证：点H在平面DEF内；
(2)若tan∠AFD＝eq \r(2)，求三棱锥P－ADF的体积．
(1)证明 如图，连接DH，EH，
由∠ADC＝∠DAB＝90°，可得AB∥CD，
因为CD＝2，AB＝4，且H是AB的中点，
所以DC∥HB且DC＝HB，所以四边形DHBC是平行四边形，
所以DH∥BC，
因为E，F分别是PB，PC的中点，所以EF∥BC，所以EF∥DH，
所以E，F，D，H四点共面，即点H在平面DEF内．
(2)解 因为∠ADC＝90°，且平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，所以∠ADF＝90°，
又因为△PCD是边长为2的等边三角形，点F是PC的中点，所以DF＝eq \r(3)，
因为tan∠AFD＝eq \r(2)，所以AD＝eq \r(6)，
所以VP－ADF＝VA－PDF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×eq \r(6)＝eq \f(\r(2),2).
14．(2022·黄山模拟)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，A＝eq \f(π,2)，AD＝1，AB＝2，BC＝3，将梯形沿中位线EF折起使AE⊥BE，并连接AB，DC得到多面体AEB－DFC，连接DE，BD，BF.
(1)求证：DF⊥平面BED；
(2)求点E到平面BDF的距离．
(1)证明 由题意知AD＝1，BC＝3，AD∥EF，
因为EF为梯形ABCD的中位线，所以EF＝2，
过点D作DM⊥EF，
垂足为M，如图所示，
则DF＝eq \r(2)，DE＝eq \r(2)，
DF2＋DE2＝EF2，所以DE⊥DF，
因为AE⊥BE，BE⊥EF，
AE∩EF＝E，AE⊂平面AEFD，EF⊂平面AEFD，所以BE⊥平面AEFD，
又DF⊂平面AEFD，所以EB⊥DF，
又DE∩BE＝E，DE⊂平面BED，
BE⊂平面BED，
所以DF⊥平面BED.
(2)解 设点E到平面BDF的距离为d，
由(1)知，DM⊥EF，BE⊥平面AEFD，
因为DM⊂平面AEFD，所以DM⊥BE，
因为EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，
BE∩EF＝E，所以DM⊥平面BEF，
所以VE－BDF＝VD－BEF，
即VD－BEF＝eq \f(1,3)S△BEF·DM＝eq \f(1,3)S△BDF·d＝VE－BDF，S△BEF＝eq \f(1,2)×EF×EB＝1.
由BA＝eq \r(2)，得BD＝eq \r(3)，又DF＝eq \r(2)，
且由(1)知DF⊥平面BED，所以DF⊥DB，
所以S△BDF＝eq \f(\r(6),2)，所以eq \f(\r(6),2)·d＝1，即d＝eq \f(\r(6),3)，
故点E到平面BDF的距离为eq \f(\r(6),3).
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