2023高考数学复习专项训练《平面的基本性质及推论》

这是一份2023高考数学复习专项训练《平面的基本性质及推论》，共17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。

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）设m、n是两条不同的直线α，β，γ，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（ ）①若m⊥α，n∥α，则m⊥n ②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β ③若m∥α，n∥α，则m∥n ④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
A. ①和②B. ②和③
C. ③和④D. ①和④
2.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE=x，A1F=y，则四面体O-AEF的体积( )
A. 与x，y都有关B. 与x，y都无关
C. 与x有关，与y无关D. 与y有关，与x无关
3.（5分）下列命题正确的是( )
A. 经过三点，有且只有一个平面
B. 平行于同一条直线的两个平面的平行
C. 经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行
D. 过一点有且只有一条直线垂直于已知平面
4.（5分）下列一定在一个平面内的图形是（ ）
A. 垂直于同一直线的两条直线
B. 顺次首尾相连的四条线段
C. 两两相交的三条直线
D. 分别在两条异面直线上两点连线的中点的轨迹
5.（5分）下列结论中：
(1)平行于同一直线的两直线平行；
(2)平行于同一直线的两平面平行；
(3)平行于同一平面的两直线平行；
(4)平行于同一平面的两平面平行．
其中正确的个数有( )个
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.（5分）设直线a，b，c和平面α，β，γ，下面五个命题中，正确的个数是( )
①若a∥c，b∥c，则a∥b，②若a∥α，b∥α，则a∥b，③若α∥γ，β∥γ，则α∥β，④若a⊥α，b⊥α，则a∥b，⑤α⊥γ，β⊥γ，则α∥β，
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.（5分）下列推理错误的是（ ）
A. A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B. A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β=AB
C. C∈α，A、B、C∈β，且A、B、C不共线⇒α与β重合
D. l⊄α，A∈l⇒A∉α
8.（5分）直线a在平面α内，可以记作( )
A. a∈αB. a⊂αC. α∈aD. α⊂a
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，则下列结论正确的是( )


A. B1G⊥BC
B. 平面AEF∩平面AA1D1D=AD1
C. A1H//面AEF
D. 二面角E-AF-C的大小为π4
10.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为棱BC，CC1，B1C1的中点，O1，O2分别是四边形ADD1A1，A1B1C1D1的中心，则( )
A. A，C，O1，D1四点共面B. D，E，G，F四点共面
C. A，E，F，D1四点共面D. G，E，O1，O2四点共面
11.（5分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面α过点D1且与CM垂直，则( )
A. CM⊥BDB. BD//平面α
C. 平面C1BD//平面αD. 平面α截正方体所得的截面面积为92
12.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，用一个平面α截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是( )
A. 这两部分的表面积也相等B. 截面可以是三角形
C. 截面可以是五边形D. 截面可以是正六边形
13.（5分）设m、n是两条不同的直线α，β，γ，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的是( )
A. 若m⊥α，n//α，则m⊥n B. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//β
C. 若m//α，n//α，则m//n D. 若α//β，β//γ，m⊥α，则m⊥γ
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）用集合符号语言表示“直线l在平面α上”：______.
15.（5分）在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取点E、F、G、H，如果EH、FG相交于一点M，那么M一定在直线____上．
16.（5分）下列说法不正确的是____．
①．空间中，一组对边平行且相等的四边形是一定是平行四边形；
②．同一平面的两条垂线一定共面；
③．过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内；
④．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直．
17.（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱A1D1，A1B1，CD的中点，则平面MNP与正方形BCC1B1相交形成的线段的长度为__________.
18.（5分）已知四条不相同的直线，过其中每两条作平面，至多可确定____________个平面．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，高AA1为1，M,N分别是边C1D1与A1D1的中点.
(1)求证：四边形MNAC是等腰梯形；
(2)求梯形MNAC的面积.
20.（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．
(1)求证：EF//平面PAD.
(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21.（12分）如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C与截面DBC1交于O点，AC，BD交于M点，求证：C1，O，M三点共线．
22.（12分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点．
(Ⅰ)求证：E，F，B，D四点共面；
(Ⅱ)求证：平面AMN//平面EFDB；
(Ⅲ)画出平面BNF与正方体侧面的交线(需要有必要的作图说明、保留作图痕迹)．
23.（12分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N，E，F分别是CD、AB、DD1、AA1上的点，若MN与EF交于点Q，求证：D，A，Q三点共线．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：由m、n是两条不同的直线α，β，γ，是三个不同的平面，知：
∵m⊥α，n∥α，∴m⊥n，故①正确；
∵α⊥γ，β⊥γ，∴α∥β或α与β相交，故②不正确；
∵m∥α，n∥α，∴m与n相交、平行或异面，故③不正确；
∵α∥β，β∥γ，
∴α∥γ，
∵m⊥α，∴m⊥γ，故④正确．
故选D．
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查利用等体积法求多面体的体积，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
连接AO，AE，AF，OE，OF，EF，然后利用等积法说明四面体O-AEF的体积是与x，y无关的定值．

解：如图，

∵BB1//平面AA1C1C，∴E到平面AA1C1C的距离为定值，
∵AO//A1C1，∴F到直线AO的距离为定值，
∴ΔAOF的面积为定值．
∵VO-AEF=VE-AOF，
∴四面体O-AEF的体积是与x，y无关的定值．
故选：B.
3.【答案】D;
【解析】解：对于A，经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面，∴A错误；
对于B，平行于同一条直线的两个平面的不一定平行，
如正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1//平面ABCD，A1B1//平面CDD1C1，但两平面不平行，
∴B错误；
对于C，如正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1//平面ABCD，A1D1//平面ABCD，
∴经过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行，错误；
对于D，如正方体ABCD-A1B1C1D1中，过A1点只有直线A1A⊥平面ABCD，
反之，如果过点A1还有一条直线A1P⊥平面ABCD，则A1P//A1A，这与A1P∩A1A矛盾，
假设不成立，即过一点有且只有一条直线垂直于已知平面，正确．
A根据平面公理即可判断说法错误；
B举例说明命题错误；
C举例说明命题错误；
D举例并结合证明说明命题正确．
本题通过命题真假的判断，考查了确定平面的条件是什么，空间中的平行与垂直的判断与性质的应用问题，是综合题目．
4.【答案】D;
【解析】解：垂直于同一直线的两条直线可能相交、平行或异面，故A错误；
顺次首尾相连的四条线段有可能是空间四边形，故B错误；
两两相交的三条直线可能不在同一平面内，故C错误；
∵分别在两条异面直线上两个动点A，B的中点轨迹
是异面直线公垂线段的垂直平分面，
∴分别在两条异面直线上两点连线的中点的轨迹是平面，故D正确．
故选：D．
5.【答案】B;
【解析】
该题考查平面的基本性质和推论，解题时要认真审题，仔细解答，是基础题．
平行于同一直线的两直线平行；平行于同一直线的两平面平行或相交；平行于同一平面的两直线相交、平行或异面；平行于同一平面的两平面平行．

解：平行于同一直线的两直线平行，故(1)正确；
平行于同一直线的两平面平行或相交，故(2)不正确；
平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故(3)不正确；
平行于同一平面的两平面平行，故(4)正确．
故选B．
6.【答案】B;
【解析】①若a∥c，b∥c，则a∥b，由公理4(平行线的传递性)知①正确；
②若a∥α，b∥α，则可能a与b相交，也可能a与b异面，也可能a∥b，故②错误；
③若α∥γ，β∥γ，则α∥β，由平面平行的性质可知，③正确；
④若a⊥α，b⊥α，则a∥b，由直线与平面垂直的性质定理可知④正确；
⑤若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β，α也可能相交β，故⑤错误；
正确命题：①③④．故选B。
7.【答案】D;
【解析】解：A，B，C分别是公理1、2、3的符号表示，故它们都是正确的；
对于D，l⊄α有两种可能，l∥α，l与α相交；若交点为A，则A∈l且A∈α．故错．
故选D．
8.【答案】B;
【解析】解：“直线a在平面α内”用数学符号表示为“a⊂α”
故选：B．
由题意，由于直线与面之间的关系两个点集之间的关系，故易得“直线a在平面α内”用数学符号表示
本题考点是平面的基本性质及推论，考查了线在面内的符号表示，解答该题的关键是理解线在面内是两个点集之间的包含关系，熟记符号表示的形式是重点．
9.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定、二面角的平面角、平面的基本性质、空间直线与直线的位置关系，属于中档题.
若BC⊥B1G，根据线面垂直性质定理可得BC⊥BG，从而判断A；证明AD1//BC1//EF，进而得A，F，E，D1共面，从而判断B；由面面平行的性质定理可判断C；通过二面角的求法可判断D.

解：对于A，连接BG，∵BB1⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，
∴BC⊥BB1，若BC⊥B1G，由BB1∩B1G=B1,BB1,B1G⊂面BB1G，，
则可证明BC⊥面BB1G，BG⊂面BB1G，
从而证得BC⊥BG，显然错误，
所以BC不与B1G垂直，故A错误；
对于B，连接AD1，则可证明AD1//BC1//EF，
所以A，F，E，D1共面，所以平面AEF∩平面AA1D1D=AD1，故B正确；
对于C，取B1C1的中点M，连接HM，A1M，
则显然AF//A1M，HM//BC1//EF，
AF∩EF=F，A1M∩HM=M，
所以可证明面A1HM//面AEF，A1H⊂面A1HM，
进而由面面平行的性质知A1H//面AEF，C正确；
对于D，过点C作AF的垂线CN，垂足为N，连接EN，
则∠ENC为二面角E-AF-C的平面角，
sin∠ENC=ECEN>ECEF=22，
所以∠ENC>π4，故D错误.
故选BC.
10.【答案】ACD;
【解析】解：正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E、F、G分别为棱BC、C1C、B1C1的中点，Q1、O2分别为四边形ADD1A1、A1B1C1D1的中心，
对于A可知O1是AD1的中点，所以O1是在平面ACD1；
对于B因为E、G、F在平面BCC1B1内，D不在平面BCC1B1内，所以D、E、G、F不共面；
对于C由已知可得EF//AD1，所以A、E、F、D1共面；
对于D，连接GO2，交A1D1于H，则H为A1D1的中点，连接HO1，则HO1//GE，所以G、E、O1、O2.四点共面．
故选：ACD.
利用平面的基本性质和点在线上的方法解答．
此题主要考查了平面的基本性质的运用来判断线共面以及点在平面内，属于中档题．
11.【答案】ABD;
【解析】解：以A为原点，AB→、AD→、A→A1为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，
所以M(0,0,1)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
所以BD→=(-2,2,0)，CM→=(-2,-2,1)，
所以BD→⋅CM→=4-4+0=0，BD→⊥CM→，即BD⊥CM，选项A正确；
因为BD→⊥CM→，CM⊥平面α，
所以BD//α或BD⊂α，
若BD⊂α，则α为平面BDD1，
因为D→D1=(0,0,2)，且D→D1⋅CM→=2≠0，所以BD⊄α，
所以BD//α，选项B正确；
因为C1(2,2,2)，C1→B=(0,-2,-2)，
所以C1→B⋅CM→=0+4-2=2≠0，
又C1B在平面C1BD上，所以平面C1BD与平面α不平行，选项C错误；
取AB、AD的中点分别为P、Q，连接B1P、PQ、QD1、B1D1，过Q作QN⊥B1D1于点N，
因为PQ//BD，BD//B1D1，所以PQ//B1D1，
又在RtΔBB1P、RtΔQDD1中，B1P=D1Q=22+12=5，所以四边形PQD1B1是等腰梯形，
又Q→D1=(0,1,2)，B1→D1=(-2,2,0)，且Q→D1⋅CM→=B1→D1⋅CM→=0，
所以平面α即为平面PQD1B1，所求截面面积即为等腰梯形PQD1B1的面积；
又D1N=B1D1-PQ2=22，在RtΔD1NQ中，NQ=5-12=322，
所以S梯形PQD1B1=2+222×322=92，所以选项D正确．
故选：ABD.
以A为原点，AB→、AD→、A→A1为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，根据空间向量的运算性质，判断选项中的命题是否正确即可．
此题主要考查了空间中的直线与平面之间的位置关系应用问题，也考查了推理论证能力与逻辑思维和运算能力，是中档题．
12.【答案】AD;
【解析】解：平面α截这个正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则平面α一定经过正方体的中心，所以这两部分的表面积也相等；根据对称性，截面不会是三角形、五边形，可以是六边形，如图．
故选：AD.
判断截面经过正方体的中心，画出图形，判断选项的正误即可．
此题主要考查了线面平行的判定定理、正方体的性质、三棱台的体积计算公式，考查了推理能力与体积计算公式，属于中档题．
13.【答案】AD;
【解析】解：由m、n是两条不同的直线α，β，γ，是三个不同的平面，知：
∵m⊥α，n//α，∴m⊥n，故A正确；
∵α⊥γ，β⊥γ，∴α//β或α与β相交，故B不正确；
∵m//α，n//α，∴m与n相交、平行或异面，故C不正确；
∵α//β，β//γ，
∴α//γ，
∵m⊥α，∴m⊥γ，故D正确．
故选：AD.
由m、n是两条不同的直线α，β，γ，是三个不同的平面，知：m⊥α，n//α⇒m⊥n；α⊥γ，β⊥γ⇒α//β或α与β相交； m//α，n//α⇒m与n相交、平行或异面，故C不正确；α//β，β//γ⇒α//γ，由m⊥α，知m⊥γ.
此题主要考查平面的基本性质及其推论，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
14.【答案】直线l⊂平面α;
【解析】解：直线l在平面α上用集合符号语言表示为：直线l⊂平面α.
故答案为：直线l⊂平面α.
利用集合符号语言直接表示即可．
此题主要考查集合符号语言的应用，考查直线与平面的位置关系等基础知识，是基础题．
15.【答案】BD;
【解析】解：∵点E、H分别在AB、AD上，而AB、AD是平面ABD内的直
∴E∈平面ABD，H∈平面ABD，可得直线EH⊂平面ABD，
∵点F、G分别在BC、CD上，而BC、CD是平面BCD内的直线，
∴F∈平面BCD，G∈平面BCD，可得直线FG⊂平面BCD，
因此，直线EH与FG的公共点在平面ABD与平面BCD的交线上，
∵平面ABD∩平面BCD=BD，
∴点M∈直线BD．
故答案为：BD．
16.【答案】④;
【解析】解：①一组对边平行，则此四边形为平面四边形，由平行四边形的判定定理可知正确．
②同一平面的两条垂线一定平行，两平行线确定一个，所以共面． 正确．
③过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，这些直线在一个平面上，这个平面是过此点的直线的垂面．正确．
④当一条直线与已知平面垂直时，过这条直线的所有平面都与已知平面垂直，此时不唯一，故错误．
故答案为：④
17.【答案】2;
【解析】
此题主要考查了立体几何平面的基本性质及应用，考查学生空间想象能力，属于基础题.
根据题意画出辅助线解题即可求出答案.

解：如图，取BC的中点Q，BB1的中点H，

易知PQ//MN,QH//NP，
故平面MNP与正方形BCC1B1的交线是QH，
而QH=12+12=2.
故答案为2.
18.【答案】6;
【解析】解：四条直线相交于一点，并且无3条共面，
如四棱锥的四个侧面，再加上两个对棱面，共有C42=6个．
故答案为：6．
19.【答案】(1)证明：连接A1C1，则MN是ΔA1C1D1的中位线，则有MNnderline//12A1C1.
又A1C1nderline//AC，∴MNnderline//12AC，∴M,N,A,C四点共面，且四边形MNAC为梯形；
∵ΔAA1N≌ΔCC1M，∴AN=CM，∴梯形MNAC等腰梯形.
(2)由题意得：AN2=AA12+A1N2=1+1=2，AC=22，MN=12AC=2，
等腰梯形MNAC的高h=AN2-12AC-MN2=62，
∴梯形MNAC的面积S=12AC+MN⋅h=322×62=332;
【解析】此题主要考查了平面的基本性质及应用 、考查了梯形的面积运算，是基础题
(1)根据棱柱的几何特征和三角形中位线定理，可得MN//A1C1//AC，且MN=12A1C1=12AC，再由AN=CM进而可证四边形MNAC是等腰梯形；
(2)利用勾股定理，求出梯形的高，代入梯形面积公式，可得答案．
20.【答案】（1）证明：如图①，取PA的中点M，连接MD，MF，
因为F，M分别为PB，PA的中点，
所以FM∥AB，FM=12AB．
又因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AB∥CD，AB＝CD．
又E为CD的中点，所以DE∥AB，DE=12AB．
所以DE∥FM，DE＝FM．
所以四边形DEFM是平行四边形．
所以FF∥DM．又EF⊄平面PAD，DM⊂平面PAD，
所以EF∥平面PAD．
（2）解：存在点Q符合题目条件，且此时PQ︰QC＝2︰1
方法一：如图①，取AB的中点H，连接PH交AF于点G，在PC上取点Q，使PQ︰QC＝2︰1，
连接GQ，HC，则A，E，Q，F四点共面，证明如下：
在平行四边形ABCD中，
因为E，H分别是CD，AB的中点，所以CH∥AE．
又F是PB的中点，所以G是△PAB的重心，
且PG︰GH＝2︰1，又PQ︰QC＝2︰1，
所以GQ∥HC又CH∥AE，所以GQ∥AE，
所以GQ与AE确定一个平面α，而F∈直线AG，
所以F∈α，所以A，E，Q，F四点共面．
故在线段PC上存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面．
方法二：如图②，延长BC，AE交于点M，连接PM，FM．
则由△ADE≌△MCE，得MC＝AD＝BC
在平面PBC中，FM与PC的交点即为Q．
在△PBM中，F为PB的中点，C为BM的中点，
故Q为△PBM的重心，所以PQ︰QC＝2︰1．
;
【解析】
(1)取PA的中点M，连接MD，MF，则有FM//AB，FM=12AB，又因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB//CD，AB=CD.
又E为CD的中点，所以DE//AB，DE=12AB，综上可证得FF//DM，根据线面平行的判定定理可得EF//平面PAD.
(2)方法一：取AB的中点H，连接PH交AF于点G，在PC上取点Q，使PQ︰QC=2︰1，连接GQ，HC，由于GQ//HC又CH//AE，则可得GQ//AE，所以GQ与AE确定一个平面α，而F∈直线AG，所以F∈α，所以A，E，Q，F四点共面；
故在线段PC上存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面．
方法二：延长BC，AE交于点M，连接PM，FM，由ΔADE≌ΔMCE，得MC=AD=BC，在平面PBC中，FM与PC的交点即为Q，在ΔPBM中，F为PB的中点，C为BM的中点，故Q为ΔPBM的重心，所以PQ︰QC=2︰1，使得A，E，Q，F四点共面．
21.【答案】证明：如图，因为C1∈平面A1ACC1，且C1∈平面DBC1，
∴C1是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点，又因为M∈AC，所以M∈平面A1ACC1，
∵M∈BD，∴M∈平面DBC1，∴M也是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点，
∴C1M是平面A1ACC1与平面DBC1交线，
∵O是A1C与平面DBC1的交点，∴O∈平面A1ACC1，O∈平面DBC1，
∴O也是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点，
∴O∈直线C1M，即C1，O，M三点共线．;
【解析】欲证C1，O，M三点共线，只须证它们都在平面A1ACC1与平面DBC1的交线上，根据立体几何中的公理可知，只要说明C1，O，M三点是平面A1ACC1与平面DBC1的公共点即可．
22.【答案】解：（Ⅰ）证明：连结B1D1，BD，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，
E，F分别是B1C1，C1D1的中点．
∴EF∥B1D1，∵B1D1∥BD，∴EF∥BD，
∴E，F，B，D四点共面；
（Ⅱ）证明：由已知，MN是△A1B1D1的中位线，EF是△C1B1D1的中位线，
∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，
∵MN⊄平面EFDB，EF⊂平面EFDB，∴MN∥平面EFDB，
∵MF// -AD，∴四边形ADFM是平行四边形，∴AM∥DF，
∵AM∩MN=M，DF∩EF=F，∴平面AMN∥平面EFDB．
（Ⅲ）解：过B作NF的平行线交DA、DC分别为G、H，
连结NG，FH，分别交A1A，C1C于I，J，连结IB，JB，如图，
即得到平面BNF与正方体侧面的交线分别为NF、FJ、BJ、BI、IN．
理由如下：
∵NF∥A1C1∥AC，∴NF∥平面ABCD，NF⊂平面BNF，
设平面ABCD∩平面BNF=l，由线面平行的性质定理得NF∥l，
∴过B作NF的平行线交DA，DC分虽于G，H，
连结NG，FH，分别交A1A，C1C于I，J，连结IB，JB，
即可得到平面BNF与正方体侧面的交线分别为NF、FJ、BJ、BI、IN．;
【解析】
(Ⅰ)连结B1D1，BD，推导出EF//B1D1，B1D1//BD，从而EF//BD，由此能证明E，F，B，D四点共面；
(Ⅱ)推导出MN//EF，AM//DF，由此能证明平面AMN//平面EFDB．
(Ⅲ)过B作NF的平行线交DA、DC分别为G、H，连结NG，FH，分别交A1A，C1C于I，J，连结IB，JB，即得到平面BNF与正方体侧面的交线分别为NF、FJ、BJ、BI、IN．
该题考查四点共面、面面平行的证明，考查平面与正方体侧面交线的画法，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．
23.【答案】证明：∵E，F∈平面A1D1DA，
∴直线EF⊂平面A1D1DA，
又∵Q∈直线EF，
∴Q∈平面A1D1DA，
同理可证：Q∈平面BCDA，
∴Q∈平面A1D1DA∩平面BCDA，
∵平面A1D1DA∩平面BCDA=直线AD，
∴Q∈直线AD，
即D，A，Q三点共线．;
【解析】要证明D，A，Q三点共线，即证明EF和MN的交点在两个平面的交线AD上，利用公理三可得结论．