2023版考前三个月冲刺专题练　第18练　空间点、直线、平面之间的位置关系

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第18练　空间点、直线、平面之间的位置关系，共24页。

第18练　空间点、直线、平面之间的位置关系


1．(2019·全国Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
答案　B
解析　对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．
2．(多选)(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题，则下述命题是真命题的是(　　)
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
答案　AD
解析　A是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由基本事实1“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知A为真命题；B是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；C是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；D是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．
3．(多选)(2021·新高考全国Ⅱ)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是(　　)

答案　BC
解析　设正方体的棱长为2，
对于A，建系如图(1)，

则M(2,0,2)，N(0,2,2)，
P(0,2,1)，O(1,1,0)，
＝(－2,2,0)，
＝(－1,1,1)，
·＝(－2)×(－1)＋2×1＋0×1＝4≠0，
∴MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，建系如图(2)，

则M(2,0,0)，N(0,0,2)，
P(2,0,1)，O(1,1,0)，
＝(－2,0,2)，
＝(1，－1,1)，
·＝－2＋0＋2＝0，
∴MN⊥OP，故B正确．
同理可知，C正确，D错误．
4．(2019·全国Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案　B
解析　取CD的中点O，连接ON，EO，如图所示．

因为△ECD为正三角形，
所以EO⊥CD，
又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，
所以EO⊥平面ABCD.
设正方形ABCD的边长为2，
则EO＝，ON＝1，
所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.
过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，
则MP＝，CP＝，
所以BM2＝MP2＋BP2
＝2＋2＋22＝7，
得BM＝，
所以BM≠EN.连接BD，BE，
因为四边形ABCD为正方形，
所以N为BD的中点，
即EN，MB均在平面BDE内，
所以直线BM，EN是相交直线．
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＝(－1,1,0)，＝(0,1,2)，
＝(2,2,0)，＝(2,0,2)，
＝(0,0,2)，＝(－2,2,0)，
＝(－2,2,0)，
设平面B1EF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面A1BD的法向量为
n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的法向量为n2＝(1,1,0)，
平面A1C1D的法向量为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．(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则(　　)
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案　BD
解析　＝λ＋μ(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，不是定值，A错误；

图1
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，

图2
则＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即2＋(1－μ)2＋2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP；
方法一　对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．
方法二　对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，

A1，P，所以＝，＝，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确．
7．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
(1)证明　因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解　由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC为边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝＝.
方法一　由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，

＝(－1，，0)，＝(0，，－1)．
易得DF＝，FB＝，所以3＝.
设F(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，
＝(0，－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，
得y＝，z＝，
即F，
所以＝.
设平面ABD的法向量为
n＝(x1，y1，z1)，
则
不妨取y1＝1，则x1＝，z1＝，
n＝(，1，)．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.
方法二　因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，
所以·AE·BE·DE＝·S△ABD·，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝，
所以S△ABD＝，
所以d＝.
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
方法三　如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.

因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，
所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，
所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝，
所以EG＝＝＝，
所以点C到平面ABD的距离d＝.
FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
8．(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．
(1)证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解　方法一　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.

因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，
所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝.
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
方法二　如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．

因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C.
设A(0,0，a)，a>0，
因为DE＝2EA，所以E.
由题意可知平面BCD的法向量可取n＝(0,0,1)．
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1，
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×
＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.

9．(2022·咸阳模拟)已知m，n是不重合的直线，α，β，γ是不重合的平面，下列说法正确的是(　　)
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若m⊥α，n⊥α，则m⊥n
C．若α∥β，γ∥β，则γ∥α
D．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
答案　C
解析　垂直于同一个平面的两个平面可以平行或相交，故A错误；
垂直于同一个平面的两条直线平行，故B错误；
若α∥β，γ∥β，则γ∥α，故C正确；
若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，故D错误．
10．(多选)(2022·重庆模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，P是棱CC1的中点，以下说法正确的是(　　)

A．过点P有且只有一条直线与直线AB，A1D1都相交
B．过点P有且只有一条直线与直线AB，A1D1都平行
C．过点P有且只有一条直线与直线AB，A1D1都垂直
D．过点P有且只有一条直线与直线AB，A1D1所成角均为45°
答案　AC
解析　过点P与直线AB相交的直线必在平面PAB内，
过点P与直线A1D1相交的直线必在平面PA1D1内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，A正确；
若存在一条直线与AB，A1D1都平行，则AB∥A1D1，矛盾，B不正确；
因为A1D1∥AD，若l⊥A1D1则l⊥AD，若l⊥AB，则l⊥平面ABCD，
显然满足条件的直线唯一，即CC1，C正确；
取BB1，DD1的中点E，F，连接PE，PF，如图，则PE∥A1D1，PF∥AB，

若l与直线AB，A1D1所成角为45°，则l与PE，PF所成角为45°，
显然∠EPF的角平分线及其外角平分线均符合题意，D不正确．
11．(多选)(2022·怀仁模拟)将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使平面ABD与平面BCD的夹角为90°，则下列四个结论中正确的是(　　)
A．AC⊥BD
B．△ACD是等边三角形
C．直线AB与平面BCD所成的角为
D．AB与CD所成的角为
答案　ABD
解析　如图，取BD的中点E，连接AE，CE，

则AE⊥BD，CE⊥BD，
∵AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC，
∴BD⊥平面ACE，
∵AC⊂平面ACE，
∴BD⊥AC，故A正确；
设折叠前正方形的边长为2，
则BD＝2，AE＝CE＝，
∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AE⊥BD，AE⊂平面ABD，
∴AE⊥平面BCD，
∴AE⊥CE，
∴AC＝＝2＝AD＝CD，
即△ACD是等边三角形，故B正确；
∵AE⊥平面BCD，
∴AB与平面BCD所成角是∠ABE＝，故C错误；
取BC的中点F，AC的中点G，连接EF，FG，EG，
则EF∥CD，FG∥AB，
∴∠EFG为异面直线AB，CD所成的角，
∵EF＝CD＝1，FG＝AB＝1，
EG＝AC＝1，
∴△EFG是等边三角形，
则∠EFG＝，故D正确．
12．(多选)(2022·重庆质检)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在线段BC1(不包含端点)上运动，则下列结论正确的是(　　)

A．正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的表面积为48π
B．异面直线A1M与AD1所成角的取值范围是
C．直线A1M∥平面ACD1
D．三棱锥D1－AMC的体积随着点M的运动而变化
答案　BC
解析　正方体体对角线长为2，即该正方体外接球直径为2，
因此外接球的半径为r＝，外接球的表面积为S＝4πr2＝12π，因此A错误；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB与C1D1平行且相等，则四边形ABC1D1是平行四边形，AD1∥BC1，又△A1BC1是正三角形，A1M与BC1的夹角(锐角或直角)的范围是，因此B正确；
由B知BC1∥AD1，而BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，
同理A1B∥平面ACD1，
又A1B∩BC1＝B，A1B，BC1⊂平面A1BC1，
所以平面A1BC1∥平面ACD1，而A1M⊂平面A1BC1，
所以A1M∥平面ACD1，因此C正确；
由BC1∥平面ACD1，
因此随着点M的运动，点M到平面ACD1的距离不变，
又△ACD1的面积为定值，
所以不变，因此D错误．
13．(2022·西安模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是________．

答案　
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，分别取棱B1C1，BB1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，ME，BC1，如图，

因为点E，F分别是棱BC，CC1的中点，
则MN∥BC1∥EF，EF⊂平面AEF，MN⊄平面AEF，
则有MN∥平面AEF，
显然四边形BEMB1为矩形，有ME∥BB1∥AA1，ME＝BB1＝AA1，
即有四边形AEMA1为平行四边形，
则A1M∥AE，而AE⊂平面AEF，A1M⊄平面AEF，有A1M∥平面AEF，
又A1M∩MN＝M，A1M，MN⊂平面A1MN，
因此，平面A1MN∥平面AEF，
因为A1P∥平面AEF，
则有A1P⊂平面A1MN，
又点P在平面BCC1B1上，平面A1MN∩平面BCC1B1＝MN，
从而得点P在线段MN上(不含端点)，
在△A1MN中，A1M＝A1N＝，MN＝，
等腰△A1MN底边MN上的高
h＝＝，
于是得≤A1P<，
所以线段A1P长度的取值范围是.
14．(2022·南昌模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，点E是棱PD上一点，PE＝3ED，若＝λ且满足BF∥平面ACE，则λ＝________.

答案　
解析　如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，则BO＝OD，

在线段PE上取一点G使得GE＝ED，
则＝.
连接BG，FG，则BG∥OE，
又因为OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，
所以BG∥平面ACE.
因为BF∥平面ACE且满足BG∩BF＝B，
故平面BGF∥平面ACE.
因为平面PCD∩平面BGF＝GF，平面PCD∩平面ACE＝EC，则GF∥EC.
所以＝＝，即λ＝.
15．(2022·黄山检测)在矩形ABCD所在平面α的同一侧取两点E，F，使DE⊥α且AF⊥α，若AB＝AF＝3，AD＝4，DE＝1.

(1)求证：AD⊥BF；
(2)取BF的中点G，求证DF∥平面AGC；
(3)求多面体ABF－DCE的体积．
(1)证明　∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB，
又∵AF⊥α，∴AF⊥AD，
又AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面ABF，
∴AD⊥平面ABF，
又∵BF⊂平面ABF，∴AD⊥BF.
(2)证明　连接BD交AC于点O，连接OG(图略)，
则OG是△BDF的中位线，OG∥DF，
∵OG⊂平面AGC，DF⊄平面AGC，
∴DF∥平面AGC.
(3)解　VABF－DCE＝VF－ABCD＋VE－FCD
＝VF－ABCD＋VF－ECD
＝×3×4×3＋××3×1×4＝14.
16．(2022·西宁模拟)如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，∠CBA＝30°，AB＝2PA.

(1)证明：平面ABD⊥平面PBC；
(2)若G为AD的中点，AB＝4，求点P到平面BCG的距离．
(1)证明　因为PA⊥圆O所在的平面，
即PA⊥平面ABC，
而BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，
所以AC⊥BC，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，而AD⊂平面PAC，
则BC⊥AD，
因为AC⊥BC，∠CBA＝30°，
所以AB＝2AC，
又AB＝2PA，所以PA＝AC，
又D为线段PC的中点，所以AD⊥PC，
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AD⊥平面PBC，而AD⊂平面ABD，
故平面ABD⊥平面PBC.
(2)解　由(1)得PA＝AC，BC⊥平面PAC，CG⊂平面PAC，则BC⊥CG，BC⊥平面PCG，
由题可知，G为AD的中点，AB＝4，
则PA＝AC＝2，
所以BC＝2，PC＝2，AD＝，
DG＝，CG＝＝，
由于三棱锥P－BCG的体积等于三棱锥B－PCG的体积，
而S△BCG＝BC·CG＝×2×＝，
S△PCG＝PC·DG＝×2×＝1，
由于BC⊥平面PCG，
则点B到平面PCG的距离为BC＝2，
设点P到平面BCG的距离为d，
由VP－BCG＝VB－PCG，
得S△BCG·d＝S△PCG·BC，
则×d＝×1×2，
解得d＝，
所以点P到平面BCG的距离为.

[考情分析]　高考必考内容，主要以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小，或者以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题．

一、空间直线、平面位置关系的判定
核心提炼
1．判断与空间位置关系有关的命题的方法：
借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
2．两点注意：
(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．
(2)当从正面入手较难时，可先假设结论成立，然后推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
练后反馈
题目
2
3
4
10





正误









错题整理：

二、空间平行、垂直关系
核心提炼
1．直线、平面平行的判定定理及其性质定理
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，且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⇒β∥α.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2．直线、平面垂直的判定定理及其性质定理
(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.
练后反馈
题目
1
5
9
14
15




正误









错题整理：

三、空间直线、平面位置关系中的综合问题
核心提炼
1．处理空间点、直线、平面的综合问题，要认真审题，并仔细观察所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解．
2．解决与折叠有关的问题的关键是弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
练后反馈
题目
6
7
8
11
12
13
16


正误









错题整理：


1．[T3补偿](2022·北京模拟)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是(　　)


答案　C
解析　如图1，因为M，N，Q为所在棱的中点，

故由正方体的性质易得BB1⊥AB，CD⊥AB，MQ∥CD，MN∥BB1，
所以MQ⊥AB，MN⊥AB，
由于MQ∩MN＝M，MQ，MN⊂平面MNQ，
故AB⊥平面MNQ，故A不符合题意；
如图2，因为M，N，Q为所在棱的中点，

所以MN∥CD，MQ∥A1C，
由正方体的性质得AB1⊥CD，CD⊥BB1，AB1∩BB1＝B1，AB1，BB1⊂平面ABB1，
所以CD⊥平面ABB1，故CD⊥AB，
所以MN⊥AB，
同理得MQ⊥AB，MN∩MQ＝M，MQ，MN⊂平面MNQ，
故AB⊥平面MNQ，故B不符合题意；
如图3，因为M，N，Q为所在棱的中点，

所以MN∥A1B1，AC∥A1B1，
又在△ABC中，AB与AC的夹角为，
故异面直线MN与AB所成的角为，
故AB⊥平面MNQ不成立，故C符合题意；
D选项同A选项，可判断AB⊥平面MNQ.
2．[T4补偿](2022·湖南师大附中模拟)已知E，F，G，H分别是三棱锥A－BCD的棱AB，AD，CD，CB上的点(不是顶点)，则下列说法正确的是(　　)
A．若直线EF，HG相交，则交点一定在直线BD上
B．若直线EF，HG相交，则交点一定在直线AC上
C．若直线EF，HG异面，则直线EF，HG中必有一条与直线BD平行
D．若直线EF，HG异面，则直线EF，HG与直线BD分别相交
答案　A
解析　若直线EF，HG相交，
设EF∩GH＝P，则P∈EF，P∈GH，
又EF⊂平面ABD，GH⊂平面BDC，
所以P是平面ABD与平面CBD的公共点，
则必在其交线BD上，即P∈BD，A正确，B错误；
如图所示的情况满足EF，HG异面，但EF，HG均与BD相交，故C错误；

当EF∥BD，且HG∩BD＝P时，EF与HG异面，但EF与BD不相交，故D错误．
3．[T5补偿](多选)(2022·安庆模拟)已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，P，Q，R分别为棱AD，A1B1，CC1的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．AB∥平面PQR
B．AC∥平面PQR
C．BP⊥QR
D．BD1⊥平面PQR
答案　BCD
解析　取DC，B1C1，A1A的中点分别为L，M，N，连接LR，LP，RM，QM，QN，NP，

由己知平面PQR即截面PLRMQN所在平面，其顶点分别为所在棱的中点，
在△ACD中，PL为中位线，
则AC∥PL，AC⊄平面PQR，PL⊂平面PQR，
故AC∥平面PQR，
三棱锥B－PQR为正三棱锥，故BP⊥QR.
因为AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，
所以AC⊥平面BDD1，
又BD1⊂平面BDD1，则AC⊥BD1.
所以BD1⊥PL，
同理可得BD1⊥RL，PL，RL⊂平面PQR，
即可证得BD1⊥平面PQR.
4．[T12补偿](多选)(2022·太原模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，E是棱DD1上的动点，则下列说法不正确的是(　　)

A．当E为DD1的中点时，直线B1E∥平面A1BD
B．三棱锥C1－B1CE的体积为定值a3
C．当E为DD1的中点时，B1E⊥BD1
D．当E为DD1的中点时，直线B1E与平面CDD1C1所成的角正切值为
答案　ABC
解析　因为B1E⊂平面BDEB1，平面BDEB1∩平面A1BD＝BD，若直线B1E∥平面A1BD，
则由线面平行的性质可知，B1E∥BD，但是B1E与BD不平行，故A错误；
VC1－B1CE＝VE－B1CC1＝·a＝a3，故B错误；
如图所示，当E为DD1的中点时，连接BD1交DB1于点O，

若B1E⊥BD1，设垂足为F，
根据题意得BB1＝a，D1B1＝a，
因为BB1 所以过点B1作D1B的垂线，
垂足必在OB上且除去两个端点，而点F不在OB上，
所以B1E和BD1不垂直，故C错误；
因为B1C1⊥平面CDD1C1，
所以直线B1E与平面CDD1C1所成的角为∠C1EB1，
EC1＝＝a，
tan∠C1EB1＝＝，故D正确．
5．[T16补偿](2022·兰州模拟)如图1，在正方形ABCD中，DM＝MA＝1，CN＝NB＝1，将四边形CDMN沿MN折起到四边形PQMN的位置，使得∠QMA＝60°(如图2)．

(1)证明：平面MNPQ⊥平面ABPQ；
(2)若E，F分别为AM，BN的中点，求三棱锥F－QEB的体积．
(1)证明　∵在正方形ABCD中，
DM＝MA＝1，CN＝NB＝1，
∴QM⊥QP，QM＝1，AM＝2，
又∵∠AMQ＝60°，
∴在△AMQ中，由余弦定理得
AQ2＝AM2＋QM2－2AM·QM·cos∠AMQ
＝4＋1－2×2×1×＝3，
∴AQ2＋QM2＝AM2，
∴AQ⊥QM，
又∵AQ∩QP＝Q，AQ，QP⊂平面ABPQ，
∴QM⊥平面ABPQ，
又∵QM⊂平面MNPQ，
∴平面MNPQ⊥平面ABPQ.
(2)解　由(1)知AQ⊥QM，QM⊥QP，
∵在正方形ABCD中，DM＝MA＝1，
CN＝NB＝1，
∴四边形CDMN为矩形，
∴MN⊥AM，MN⊥DM，
∴MN⊥MQ，MN⊥MA，
∵MQ∩MA＝M，MQ，MA⊂平面AMQ，
∴MN⊥平面AMQ，
∵MN⊂平面ABNM，
∴平面ABNM⊥平面AMQ，
如图，过点Q作QH⊥AM于H，

则QH⊥平面ABNM，
即QH⊥平面BEF，
QH＝QMsin 60°＝，
∴VF－QEB＝VQ－BEF＝·S△BEF·QH
＝××＝.