微专题14　空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题14　空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)-2024年高考数学二轮微专题系列，共32页。


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BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1ACD.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，
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\{(\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.
2.(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
答案 A
解析 法一 连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.
因为AB⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，
所以AB⊥A1D，
又AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1，
又BD1⊂平面ABD1，显然A1D与BD1异面，所以A1D与BD1异面且垂直.
在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，
又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，
所以MN与平面BB1D1D不垂直.
所以选项A正确.故选A.
法二 以点D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略).
设AB＝2，则A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，
所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，
所以eq \(A1D,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq \(D1B,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，1，0)，
所以eq \(A1D,\s\up6(→))·eq \(D1B,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，
所以eq \(A1D,\s\up6(→))⊥eq \(D1B,\s\up6(→))，即A1D⊥D1B.
又由图易知直线A1D与BD1是异面直线，
所以A1D与BD1异面且垂直.
因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以eq \(MN,\s\up6(→))·n＝0，
又MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1，0)，
所以sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，a〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(MN,\s\up6(→))·a,|\(MN,\s\up6(→))|·|a|)))＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以直线MN与平面BDD1B1不垂直.故选A.
3.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)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，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角.
在直角三角形OPC中，OC＝eq \r(2)，CP＝1，
故tan ∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A错误；

图(1) 图(2)
对于B，如图(2)所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN.
由正方体SBCN－MADT可得SM⊥平面MADT，
而OQ⊂平面MADT，
故SM⊥OQ，
又SM∩MT＝M，SM，MT⊂平面SNTM，
故OQ⊥平面SNTM，
又MN⊂平面SNTM，
所以OQ⊥MN，
又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ⊂平面OPQ，
所以MN⊥平面OPQ，
又OP⊂平面OPQ，
故MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图(3)，连接BD，则BD∥MN，
由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；

图(3) 图(4)
对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN.
因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，
所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，OQ＝eq \r(AO2＋AQ2)＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，PO＝eq \r(PK2＋OK2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，QO24.(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，且BD，BB1⊂平面BB1D1D，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B1F綊A1G，
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 空间线、面位置关系的判定
判断空间线、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)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.
(3)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)(多选)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则( )
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
(2)已知经过圆柱O1O2旋转轴的给定平面α，A，B是圆柱O1O2侧面上且不在平面α上的两点，则下列判断正确的是( )
A.不一定存在直线l，l⊂α且l与AB异面
B.一定存在直线l，l⊂α且l⊥AB
C.不一定存在平面β，AB⊂β且β⊥α
D.一定存在平面β，AB⊂β且β∥α
答案 (1)BC (2)B
解析 (1)当m∥α，n∥α时，m，n可以相交、平行或异面，A错误；
当m∥α时，α内必有b∥m，而m⊥β，
则b⊥β，从而α⊥β，B正确；
α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n⊥β，
∴m∥n，C正确；
α⊥β，m∥α，n∥β，m，n可以相交、平行或异面，D错误.
(2)对于选项A，当A，B同侧时，平面α和圆柱在底面上的交线与AB是异面的；
当A，B异侧时，平面α和圆柱在侧面上的交线与AB是异面的，即选项A不正确；
对于选项B，当A，B同侧时，平面α和圆柱在底面上的交线与AB是垂直的；
当A，B异侧时，直线O1O2⊥AB，即选项B正确；
无论A，B同侧，还是异侧，若β为过AB的圆柱轴截面，
则β⊥α，所以C错误；
对于选项D，当A，B异侧时，直线AB与平面α相交，不可能存在β∥α，即D不正确.故选B.
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 (多选)(2022·苏州模拟)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是( )
A.四边形BFD1E有可能是梯形
B.四边形BFD1E在底面ABCD内的射影一定是正方形
C.四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D
D.四边形BFD1E面积的最小值为eq \f(\r(6),2)
答案 BCD
解析 由题意知，过BD1作平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为四边形BFD1E，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE.
平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，
所以BE∥D1F，同理，D1E∥BF，故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；
对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的射影一定是正方形ABCD，因此B正确；
对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，
又EF⊂平面BFD1E，
则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，
因此C正确；
对于选项D，当F点到线段BD1的距离最小时，此时平行四边形BFD1E的面积最小，此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，此时最小值为eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(6),2)，因此D正确.
热点二 几何法证明平行、垂直
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，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.求证：
(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD.
证明 (1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.
又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD.
所以EF∥平面PCD.
规律方法 平行关系及垂直关系的转化
训练2 如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：
(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明 (1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1＝AB，
所以四边形ABB1A1为菱形，
所以AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
热点三 空间向量法证明平行、垂直
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，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.
规律方法 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写为平面内两不共线向量的线性表达式.
训练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，易证PA⊥AD，
即有PA⊥平面ABCD，
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)，E(0，0，1)，D(0，2，0)，F(0，1，1)，G(1，2，0)，P(0，0，2).
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，
设平面EFG的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m ·\(EF,\s\up6(→))＝0，,m·\(EG,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))
取x＝1得m＝(1，0，1)，
∵eq \(PB,\s\up6(→))·m＝2＋0－2＝0，PB⊄平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
一、基本技能练
1.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.
2.设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l∥β”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 只有l∥β不能推出α∥β，但α∥β时，可以得到l∥β.
3.设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是( )
A.m⊥α，n∥α，则m⊥nB.m⊥α，n⊥α，则m∥n
C.m⊥α，m⊥n，则n∥αD.m⊥n，n∥α，则m⊥α
答案 D
解析 对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，
∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；
对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m⊥n，
则n∥α或n⊂α，又n⊄α，
∴n∥α，故C正确；
对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故D错误.
4.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 因为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，连接BD，
所以BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，
又BM是△BDE中DE边上的中线，
EN是△BDE中BD边上的中线，
所以BM，EN是相交直线，
设DE＝a，则BD＝eq \r(2)a，
BE＝eq \r(\f(3a2,4)＋\f(5a2,4))＝eq \r(2)a，
所以BM＝eq \f(\r(7),2)a，EN＝eq \r(\f(3,4)a2＋\f(a2,4))＝a，
所以BM≠EN.
5.一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.
6.(多选)(2022·南京调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面.下列说法中正确的是( )
A.若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n
B.若m∥n，m∥α，则n∥α
C.若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ
D.若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
答案 ACD
解析 由线面平行的性质定理可知：
选项A正确；
若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，所以选项B错误；
如图，设α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ内取一点A，过点A分别作AB⊥l，AC⊥m，
垂足分别为B，C，
因为α⊥γ，α∩γ＝l，AB⊥l，AB⊂γ，
所以AB⊥α，因为n⊂α，
所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，
因为AB∩AC＝A，所以n⊥γ，所以选项C正确；
因为m⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，
所以β∥γ，所以选项D正确.故选ACD.
7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.
答案 eq \r(2)
解析 根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC.又E是AD的中点，
所以F是CD的中点.
因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq \r(2).
8.已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列命题是真命题的有________(填序号).
①过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；
②过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；
③过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；
④过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行.
答案 ①②④
解析 在AB上任取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此③是假命题.①②④均是真命题.
9.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则m＝________；n＝________.
答案 4 4
解析 直线CE⊂平面ABPQ，
从而CE∥平面A1B1P1Q1，
易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，
则m＝4.
取CD的中点G，连接FG，EG.
易证CD⊥平面EGF，
又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，
从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，
∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，
则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4.
10.四棱锥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.
11.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，BC，BM⊂平面BMC，
所以AP⊥平面BMC，
于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，
故平面AMC⊥平面BMC.
12.如图，过四棱柱ABCD－A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开，得到截面BDEF.
(1)请在木块的上表面作出过点P的锯线EF，并说明理由；
(2)若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB1D1D是矩形，试证明：平面BDEF⊥平面ACC1A1.
(1)解 在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1，A1B1于E，F两点，则EF为所作的锯线.
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱B1B∥D1D，B1B＝D1D，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
B1D1∥BD.
又EF∥B1D1，
所以EF∥BD，故EF为截面BDEF与平面A1B1C1D1的交线，故EF为所作锯线.如图所示.
(2)证明 由于四边形BB1D1D是矩形，
所以BD⊥B1B.
又A1A∥B1B，所以BD⊥A1A.
又四棱柱的底面为菱形，所以BD⊥AC.
因为AC∩A1A＝A，AC，A1A⊂平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.
因为BD⊂平面BDEF，
所以平面BDEF⊥平面A1C1CA.
二、创新拓展练
13.(多选)(2022·济南模拟)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论正确的是( )
A.三棱锥A－D1PC的体积不变B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1D.平面PDB1⊥平面ACD1
答案 ABD
解析 对于A，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，由A知：AD1∥BC1，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，从而有A1P∥平面ACD1，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定知，平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确.
14.(多选)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1，则下列结论中正确的是( )
A.平面A1B1CD⊥平面BC1D
B.在直线A1C上存在一点R使得D1R⊥平面BC1D
C.平面A1B1CD上存在一点P使得D1P∥平面BC1D
D.在直线A1C上存在一点Q使得D1Q∥平面BC1D
答案 ACD
解析 对于A，可以证明BC1⊥平面A1B1CD，从而平面A1B1CD⊥平面BC1D.
对于B，过点A1作A1S⊥OD于点S，
因为平面A1B1CD⊥平面BC1D，
所以A1S⊥平面BC1D，
设R为直线A1C上任意一点，连接PR，D1R，
则A1S，D1R一定为异面直线，
所以不存在直线A1C上的一点R使得D1R⊥平面BC1D.
对于C，设A1D∩AD1＝P，则P为平面A1B1CD上的一点，满足D1P∥平面BC1D.
对于D，设B1C∩BC1＝O，连接DO，过点P作PQ∥DO交A1C于Q，连接D1Q，
可以证明平面PQD1∥平面BC1D，
所以存在直线A1C上的一点Q，使得D1Q∥平面BC1D.
故选ACD.
15.如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2eq \r(3)，点P为线段DE上一点，当三棱锥P－ACE的体积为eq \f(\r(3),3)时，eq \f(DP,DE)＝________.
答案 eq \f(3,4)
解析 如图，过A作AF⊥CB的延长线，垂足为F，
∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
∴AF⊥平面BCDE，
由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2eq \r(3)，得eq \f(1,2)BC·AF＝2eq \r(3)，
∴AF＝eq \r(3)，
在DE上取一点P，连接AP，CP，AD，
∵VP－ACE＝VA－PCE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×PE×CD×AF＝eq \f(\r(3),3).
∴PE＝1，∴eq \f(DP,DE)＝eq \f(3,4).
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.