高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题36空间直线、平面的平行、垂直关系(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题36空间直线、平面的平行、垂直关系(原卷版+解析)，共45页。试卷主要包含了(2023·全国乙等内容，欢迎下载使用。

专题36 空间直线、平面的位置关系
空间直线、平面的位置关系
直线、平面的平行关系
线线平行
线面平行
面面平行
直线、平面的垂直关系
线线垂直
线面垂直
面面垂直
练高考 明方向
1.(2023·全国乙（理、文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
2．（2023·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
3．（2023·全国高考真题）（多选题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
4.(2023·江苏高考·T15)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
5.(2023·全国卷Ⅲ文科·T19)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.
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则
( )
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
7．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设、为两个平面，则的充要条件是( )
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
8．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：
(1)如果，，，那么．
(2)如果，，那么．
(3)如果，，那么．
(4)如果，，那么与所成的角和与所成的角相等．
其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号)
9．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)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__________．
①②③④
10.(2023·江苏高考·T16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1.(2)BE⊥C1E.
11.(2023·天津高考文科·T17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3,
(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD.
(2)求证:PA⊥平面PCD.
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
讲典例 备高考
类型一、直线、平面的平行关系
基础知识：
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
基本题型：
1.正方体中，，，，分别是，，，的中点，则正方体的过，，，的截面图形的形状是（ ）
A.正方形B.平行四边形C.正五边形 D.正六边形
2．如图，在正方体中， 分别是 的中点，则下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
4．如图，在正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，是的中点，点在四边形上及其内部运动，则满足条件______时，有平面.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求证：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
7. 如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1 ； (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值．
基本方法：
1、三种平行关系的转化
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．
2、证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．
(3)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．
3、线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．
(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．
类型二、直线、平面的垂直关系
基础知识：
1、定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
2、判定定理与性质定理
3、判定定理与性质定理
4、线面垂直哪里找：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(①垂直两条相交线,②垂面里面做垂线,③直正棱柱的侧棱是垂线,④正棱锥的顶点与底面的中心的连线是垂线))
线垂面有何用： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(①垂直里面所有线证线线垂直,②过垂线作垂面证明面面垂直))
基本题型：
1．(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( )
2．(多选)如图， PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A．PB⊥AC
B．PC⊥BC
C．AC⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
3．如图所在平面，是的直径，是上一点，，，给出下列结论：①；②；③；④平面平面；⑤是直角三角形，其中正确的命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
4．(多选)在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点(不含端点)，则下列说法不正确的是( )
A．不存在E，F，使得EF⊥CD
B．存在E，使得DE⊥CD
C．存在E，使得DE⊥平面ABC
D．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF
5.设，是两个不同的平面，是直线且，则“”是“”的 .条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).
6．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出下面四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.(用序号表示)
7．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．
8．如图，在四棱锥P­ABCD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．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
基本方法：
1、三种垂直关系的转化
线线垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性质))线面垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性质定理))面面垂直，
2、面面垂直的证明方法
（1）定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题
（2）定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决
3、证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．
类型三、直线、平面平行与垂直的综合性问题
基本题型：
1. 已知平面,,,直线,,,下列说法正确的是（ ）
A. 若,,,则 B. 若,,则
C. 若,,,则 D. 若,,,则
2．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，则三个命题中正确命题的个数为（ ）个.
A．0B．1C．2D．3
3、（多选题）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若则 B．若则
C．若，，则 D．若，则
4.已知是不重合的平面，是不重合的直线，则的一个充分条件是（ ）
A. ，B. ，
C. ，，D. ，，
5. （多选）直三棱柱中，分别为，的中点，点是棱上一动点，则( )
A. 对于棱上任意点，有
B. 棱上存在点，使得面
C. 对于棱上任意点，有面
D. 棱上存在点，使得
6．如图在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中正确的有______填上所有正确命题的序号
，，截面PQMN，异面直线PM与BD所成的角为．
7．已知两直线m､n，两平面α､β，且m⊥α，nβ.下面有命题中正确的是______（填序号）．
①若α//β，则有m⊥n； ②若m⊥n，则有α//β；
③若m//n，则有α⊥β； ④若α⊥β，则有m//n.
8、如图，四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP； (2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
基本方法：
有关立体几何综合问题的解题方法
(1)三种垂直的综合问题，一般通过做辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行，垂直的性质及判定的综合应用．
新预测 破高考
1．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )
A．① B．①②
C．②③ D．④
2．已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l，要得到直线m⊥平面β，还需要补充以下的条件是( )
A．m⊂α B．m∥α
C．m⊥l D．m⊂α且m⊥l
3．（多选题）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A．若且则 B．若则
C．若则 D．若则
如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
A．与AC，MN均垂直
B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直
D．与AC，MN均不垂直
5．在正方体EFGH-E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是( )
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
6.(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是( )
A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
7．已知如图，六棱锥的底面是正六边形，平面.则下列结论不正确的是（ ）
A．平面 B．平面 C．平面D．平面
8．如图，在正四棱锥S－ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC，其中恒成立的为( )
A．①③B．③④C．①②D．②③④
9．(多选)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AE⊥CD，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是( )
A．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面CDE
B．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE
C．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB
D．在折起过程中，一定存在某个位置，使CE⊥AD
10.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线
中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
11．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为
棱BC上一点，且平面DAE⊥平面BCD，则DE＝________.
12．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
13．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
14.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE.
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：MN∥PE.
15．如图，在四棱锥P­ABCD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．
(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.
16、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：
(1) MN∥平面ABB1A1；(2) AN⊥A1B.
17.如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝eq \r(3)；③AA1＝eq \r(2).
18、如图，已知矩形ABCD所在平面与△ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．
(1) 求证：MN∥平面BEC；(2) 求证：AH⊥CE.
19、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．
(1) 求证：B1C1∥平面A1DE；(2) 若平面A1DE⊥平面ABB1A1，求证：AB⊥DE.
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)
因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β
性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行(简记为“面面平行⇒线线平行”)
因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b)) ⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒ l⊥α
2023高考一轮复习讲与练
专题36 空间直线、平面的位置关系
空间直线、平面的位置关系
直线、平面的平行关系
线线平行
线面平行
面面平行
直线、平面的垂直关系
线线垂直
线面垂直
面面垂直
练高考 明方向
1.(2023·全国乙（理、文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
答案：A
【解析】
分析：证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，
所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，
则，，
设平面的法向量为， 则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，
2．（2023·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
答案：A
分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【解析】
连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，
平面，所以，且直线是异面直线，所以选项B错误，选项A正确.
【点睛】熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
3．（2023·全国高考真题）（多选题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
答案：BD
分析：对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【解析】
易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
4.(2023·江苏高考·T15)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
【命题意图】本题主要考查立体几何线面平行、面面垂直的证明,考查学生空间想象能力和推理能力.
【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,
因为EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB,又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,
所以AB⊥平面AB1C,因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.
5.(2023·全国卷Ⅲ文科·T19)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.
【命题意图】本题考查线面垂直判定定理,考查基本分析论证能力,属中档题.
【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,
因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,
因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,因此AC⊥平面BB1D1D,因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC;
(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,
所以ED=MC1,ED∥MC1,所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,
因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,因此点C1在平面AEF内.
6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则
( )
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
答案：B
【解析】
取中点，如图连接辅助线，在中，为中点，为中点，所以，所以，共面相交，选项C，D错误．平面平面，，平面，又,∴平面，从而，．所以与均为直角三角形．不妨设正方形边长，易知，所以，,，故选B．
7．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设、为两个平面，则的充要条件是( )
A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面
答案：B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B.
【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
8．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：
(1)如果，，，那么．
(2)如果，，那么．
(3)如果，，那么．
(4)如果，，那么与所成的角和与所成的角相等．
其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号)
答案：②③④
【解析】利用正方体模型可得：①错误，②正确，③正确，④正确，命题正确的有②③④．
9．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)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__________．
①②③④
答案：①③④
解析：对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，
所以，，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题．综上可知，，为真命题，，为假命题，真命题，为假命题，
为真命题，为真命题．
【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题．
10.(2023·江苏高考·T16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1.(2)BE⊥C1E.
【命题意图】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.
【解题指南】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论.
(2)由题意首先证得线面垂直,然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【证明】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC,所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1. 因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
11.(2023·天津高考文科·T17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3,
(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD.
(2)求证:PA⊥平面PCD.
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
【命题意图】本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
【解题指南】(1)连接BD,结合平行四边形的性质,以及三角形中位线的性质,得到GH∥PD,利用线面平行的判定定理证得结果.
(2)取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到DN⊥PA,利用线面垂直的判定定理证得结果.
(3)利用线面角的定义得到∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角,放在直角三角形中求得结果.
【解析】(1)连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH,
又由BG=PG,故GH∥PD,又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.
(2)取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,
所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA,又因为PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.
(3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=3,又DN⊥AN,
在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=33, 所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.
讲典例 备高考
类型一、直线、平面的平行关系
基础知识：
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
基本题型：
1.正方体中，，，，分别是，，，的中点，则正方体的过，，，的截面图形的形状是（ ）
A.正方形B.平行四边形C.正五边形 D.正六边形
答案：D
分析：由，可以确定一个平面这个平面与正方体的棱、分别交于，，由正方体的性质得正方体过，，，的截面图形的形状是正六边形．
【详解】如图所示，由，可以确定一个平面，
这个平面与正方体的棱、分别交于，，由正方体的性质得，，且，正方体过，，，的截面图形的形状是正六边形．故选：D．
2．如图，在正方体中， 分别是 的中点，则下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：C
【解析】A：和是异面直线，故选项不正确；B：和是异面直线，故选项不正确；
C：记AC∩BD=O．∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别C1D1，BC是的中点，∴ON∥D1M∥CD，ON=D1M=CD，∴MNOD1为平行四边形，∴MN∥OD1，∵MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，
∴MN∥平面BD1D．D：由C知，而面和面相交，故选项不正确；
3．下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
答案：C
【解析】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.
对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.
对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.
对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.
综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.故选：C
4．如图，在正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，是的中点，点在四边形上及其内部运动，则满足条件______时，有平面.
答案：
【解析】
连接、、，因为，所以.正方形中，
因为，故四边形为平行四边形，所以，又，平面平面，
∴平面平面.∵点在四边形上及其内部运动且平面，.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
答案：①②④
【解析】如图，因为AB綉C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．
如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求证：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.
又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO⊂平面EOC，EC⊂平面EOC，
所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.
(2)取AB的中点N，连接DN，MN.因为M是AE的中点，N是AB的中点，
所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.
因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，
因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，
所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，MN⊂平面DMN，DN⊂平面DMN，
故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.
7. 如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值．
【解析】 (1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时eq \f(A1D1,D1C1)＝1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1.
所以当eq \f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.因为eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)＝1，eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD)，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
基本方法：
1、三种平行关系的转化
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．
2、证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．
(3)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．
3、线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．
(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．
类型二、直线、平面的垂直关系
基础知识：
1、定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
2、判定定理与性质定理
3、判定定理与性质定理
4、线面垂直哪里找：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(①垂直两条相交线,②垂面里面做垂线,③直正棱柱的侧棱是垂线,④正棱锥的顶点与底面的中心的连线是垂线))
线垂面有何用： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(①垂直里面所有线证线线垂直,②过垂线作垂面证明面面垂直))
基本题型：
1．(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( )
答案：BD
【解析】对于A，由AB与CE所成角为45°，可得直线AB与平面CDE不垂直；
对于B，由AB⊥CE，AB⊥ED，CE∩ED＝E，可得AB⊥平面CDE；
对于C，由AB与CE所成角为60°，可得直线AB与平面CDE不垂直；
对于D，连接AC，由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB，同理可得EC⊥AB，
又ED∩EC＝E，所以AB⊥平面CDE.
2．(多选)如图， PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A．PB⊥AC
B．PC⊥BC
C．AC⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
答案：BD
【解析】因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，所以PA⊥BC，PA⊥AC，又点C是圆周上异于A，B的任一点，所以AC⊥BC.对于A、C，若PB⊥AC，则可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与PA⊥AC矛盾，故A、C错误；对于B、D，可知BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，由BC⊂平面PBC可得平面PAC⊥平面PBC，故B、D正确．
3．如图所在平面，是的直径，是上一点，，，给出下列结论：①；②；③；④平面平面；⑤是直角三角形，其中正确的命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
答案：A
【解析】因为面，面，所以.因为点是上一点，，
因为，所以面，因为面，所以.因为，，所以面.因为面，面，所以，.故①⑤正确.因为，，，所以面，因为面，所以，故②正确.假设成立，因为，，所以面.但已证得面，与过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，所以假设不成立.故③不正确.因为面，面，所以平面平面，故④正确.综上可得①②④⑤正确.
4．(多选)在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点(不含端点)，则下列说法不正确的是( )
A．不存在E，F，使得EF⊥CD
B．存在E，使得DE⊥CD
C．存在E，使得DE⊥平面ABC
D．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF
答案：ABC
【解析】为了方便解题，将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示．连接HG，OD，对于选项A，分别取AB，CD的中点E，F，则易知EF⊥CD，所以选项A不正确；对于选项B，在正方体中，易知CD⊥平面ABHG，因为过点D且与平面ABHG平行的平面不经过点E，所以不存在点E，使得DE⊥CD，故选项B不正确；对于选项C，在正方体中，易证OD⊥平面ABC，所以不存在E，使得DE⊥平面ABC，故选项C不正确；对于选项D，设OD与平面ABC的交点为K，连接CK，当平面CDK与AB的交点为E，F为CD上任意一点(不含端点)时，平面CDE⊥平面ABF，故选项D正确．
5.设，是两个不同的平面，是直线且，则“”是“”的 .条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).
答案：充分不必要
分析：面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.根据题意由判断定理得.若，直线则，直线，或直线，或直线与平面相交，或直线在平面内.由，直线得不到，故可得出结论..
【详解】面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.
因为直线且，所以由判断定理得.所以直线，且，
若，直线，则直线，或直线，或直线与平面相交，或直线在平面内.所以“”是“”成立的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.
6．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出下面四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.(用序号表示)
答案：①③④⇒②(或②③④⇒①
【解析】若①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β成立，则m与α可能平行也可能相交，即④m⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④m⊥α成立，则n与β可能平行也可能相交，即③n⊥β不一定成立；若①m⊥n，③n⊥β，④m⊥α成立，因为m⊥n，n⊥β，所以m∥β，又m⊥α，所以α⊥β，即①③④⇒②；若②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α成立，因为α⊥β，n⊥β，所以n∥α，又m⊥α，所以m⊥n，即②③④⇒①.
7．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．
答案：②
【解析】假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE.则eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AE⊥BD,BD⊥AC))⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确．
假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
假设AD⊥BC，∵CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③不正确．综上，填②.
8．如图，在四棱锥P­ABCD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．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：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，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.因为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.
基本方法：
1、三种垂直关系的转化
线线垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性质))线面垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性质定理))面面垂直，
2、面面垂直的证明方法
（1）定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题
（2）定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决
3、证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．
类型三、直线、平面平行与垂直的综合性问题
基本题型：
1. 已知平面,,,直线,,,下列说法正确的是（ ）
A. 若,,,则 B. 若,,则
C. 若,,,则 D. 若,,,则
答案：C
分析：根据空间中线面平行与垂直的性质定理,即可对选项分别做出判断.
【详解】若,,,则与平行或相交,故A错误；
若,,则或,故B错误；
若,,,由面面平行与线面垂直的性质定理可得,,故C正确；
若,,,则与平行或相交,故D错误.
故选：C.
2．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，则三个命题中正确命题的个数为（ ）个.
A．0B．1C．2D．3
答案：C
【解析】若l⊥m，m∥，则l⊥，该命题为假命题，因为l⊥m，m∥，只能推出l与平面内所有与m平行的直线垂直，不满足直线与平面垂直的判定定理，所以是假命题；若l⊥m，l⊥，则m∥，该命题为真命题，因为l⊥m，l⊥，则平面内必存在一直线与外直线m平行，所以m∥，命题为真命题；
若m∥，l⊥，则l⊥m，该命题为真命题，因为m∥，所以内必有一直线n与直线m平行，l⊥可得l⊥n，所以l⊥m，命题为真.综上可知正确命题的个数为2，故选：C
3、（多选题）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若则 B．若则
C．若，，则 D．若，则
答案：ACD
【解析】
若，则且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A对；若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若，则，又，则，故D对；
4.已知是不重合的平面，是不重合的直线，则的一个充分条件是（ ）
A. ，B. ，
C. ，，D. ，，
答案：C
分析：由题意，分别分析每个答案，容易得出当，，得出，再得出，得出答案.
【详解】A：，，得出与是相交的或是垂直的，故A错；
B：，，得出与是相交的、平行的都可以，故B错；
C：，，得出，再得出，故C正确；
D: ，，，得出与是相交的或是垂直的，故D错
故选：C.
5. （多选）直三棱柱中，分别为，的中点，点是棱上一动点，则( )
A. 对于棱上任意点，有
B. 棱上存在点，使得面
C. 对于棱上任意点，有面
D. 棱上存在点，使得
答案：A、D
分析：对于A，连接，证明平面即可；对于B，建立空间直角坐标系，判断与是否可能垂直即可；对于C、D，当是中点时，，即可判断.
【详解】
A选项：
连接，由题可知四边形是正方形，则，由题知平面平面，平面平面，，平面，平面，又，，又，平面，平面，
平面，.故A正确；
B选项：如图建立空间直角坐标系，设，
则，，，，，设，，则，，若，则，即，方程无实数根，即与不垂直，则不存在点，使得平面，B错误；
C选项：
当是中点时，，，平面；当不是中点时，和相交，若平面，结合平面可知平面平面，这显然与图形不符(与相交)，故此时与平面不平行；故C错误；
D选项：由C项可知，为中点满足题意，故D正确.
故选：A、D.
6．如图在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中正确的有______填上所有正确命题的序号
，，截面PQMN，异面直线PM与BD所成的角为．
答案：
【解析】在四面体中，截面是正方形，，平面，
平面，平面．平面平面，，
可得平面．
同理可得平面，．，．由，
是异面直线与所成的角，且为．由上面可知：，．
，，而，，．
综上可知：都正确．故答案为．
7．已知两直线m､n，两平面α､β，且m⊥α，nβ.下面有命题中正确的是______（填序号）．
①若α//β，则有m⊥n； ②若m⊥n，则有α//β；
③若m//n，则有α⊥β； ④若α⊥β，则有m//n.
答案：①③
【解析】①若，，则，，则，所以①正确；②若，，不能推出， 所以不能推出，所以②不正确；③若，，则，又有，所以，所以③正确；④若，，则或，当，不能推出，所以④不正确.
8、如图，四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP；
(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
[证明] (1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.
又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，又因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.①因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.
基本方法：
有关立体几何综合问题的解题方法
(1)三种垂直的综合问题，一般通过做辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行，垂直的性质及判定的综合应用．
新预测 破高考
1．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )
A．① B．①②
C．②③ D．④
答案：A
【解析】在①中，设平面BCD上的另一个顶点为A1，连接BA1，易得CD⊥BA1，CD⊥AA1，则CD⊥平面ABA1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD.故选A.
2．已知平面α⊥平面β，且α∩β＝l，要得到直线m⊥平面β，还需要补充以下的条件是( )
A．m⊂α B．m∥α
C．m⊥l D．m⊂α且m⊥l
答案：D
【解析】选项A、B、C的条件都不能得到直线m⊥平面β.而补充选项D后，可以得到直线m⊥平面β.理由是：若两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．故选D.
3．（多选题）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A．若且则 B．若则
C．若则 D．若则
答案：BC
【解析】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；B. 若则，又故，正确；C. 若则或，又故，正确；D. 若则，则或，错误；
如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
A．与AC，MN均垂直
B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直
D．与AC，MN均不垂直
答案：A
【解析】因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，MN＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，ON＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.
5．在正方体EFGH-E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是( )
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
答案：A
【解析】如图，因为EG∥E1G1，EG⊄平面E1FG1，E1G1⊂平面E1FG1，所以EG∥平面E1FG1，又G1F∥H1E，同理可证H1E∥平面E1FG1，又H1E∩EG＝E，所以平面E1FG1∥平面EGH1.
6.(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是( )
A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
答案：AC
【解析】A项：∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故A正确；同理，C正确；B项：∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交，故B错误；D项：∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故D错误．
7．已知如图，六棱锥的底面是正六边形，平面.则下列结论不正确的是（ ）
A．平面 B．平面 C．平面D．平面
答案：D
【解析】A. 因为平面，所以平面，故正确；B. 平面，平面，所以，又，所以平面，故正确；
C. 因为平面，所以平面，故正确；D. 因为与成角，所以与平面不垂直，故错误。
8．如图，在正四棱锥S－ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC，其中恒成立的为( )
A．①③B．③④C．①②D．②③④
答案：A
【解析】如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．
在①中：由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC．∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，∴平面EMN∥平面SBD，
∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确．在②中：由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；在③中：由①可知平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确．在④中：由①同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确．∴恒成立的结论是：①③．
9．(多选)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AE⊥CD，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是( )
A．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面CDE
B．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE
C．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB
D．在折起过程中，一定存在某个位置，使CE⊥AD
答案：ABD
【解析】折叠后如图所示．对于A选项，取AE的中点P，连接PM，PN，∵M，N分别是AD，BE的中点，∴PN∥AB∥CE，PM∥DE，又PM∩PN＝P，且PM⊂平面PMN，PN⊂平面PMN，DE∩CE＝E，∴平面PMN∥平面CDE，故MN∥平面CDE，故A正确；
对于B选项，由已知，AE⊥DE，AE⊥CE，且CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴AE⊥平面CDE，又平面PMN∥平面CDE，∴AE⊥平面PMN，则由线面垂直的性质可知AE⊥MN，故B正确；
对于C选项，∵AB∥PN，MN∩PN＝N，∴MN与AB为异面直线，故C错误；对于D选项，当C­AE­D为直二面角时，易证CE⊥平面ADE，则根据线面垂直的性质定理可知CE⊥AD，故D正确．
10.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
答案：AB，BC，AC AB
【解析】因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
11．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面DAE⊥平面BCD，则DE＝________.
答案：eq \f(13,5)
【解析】过A作AH⊥DE，∵平面ADE⊥平面BCD，且平面ADE∩平面BCD＝DE，∴AH⊥平面BCD，
∴AH⊥BC，又AD⊥BC，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE，∵AE＝eq \f(3×4,5)，AD＝1，∴DE＝eq \f(13,5).
12．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
【解析】如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合，且E为CD的中点，因为eq \f(EM,MA)＝eq \f(EN,BN)＝eq \f(1,2)，所以MN∥AB，又AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，所以MN∥平面ABD，又AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC.
13．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
【解析】如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，PO∩PA＝P，所以D1B∥平面PAO，
QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，
有平面D1BQ∥平面PAO.
14.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE.
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：MN∥PE.
证明：(1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以NQ∥PD.因为NQ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以NQ∥平面PAD.因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以MQ∥AD.又MQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以MQ∥平面PAD.
因为MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PAD.因为MN⊂平面MNQ，
所以MN∥平面PAD.
(2)因为平面MNQ∥平面PAD，且平面PEC∩平面MNQ＝MN，
平面PEC∩平面PAD＝PE，所以MN∥PE.
15．如图，在四棱锥P­ABCD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．
(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：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，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.因为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.
16、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：
(1) MN∥平面ABB1A1；(2) AN⊥A1B.
【解析】 (1) 如图，取AB的中点P，连结PM，PB1.因为P，M分别是AB，AC的中点，
所以PM∥BC，且PM＝eq \f(1,2)BC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1C1，
又因为N是B1C1的中点，所以PM∥B1N，且PM＝B1N.所以四边形PMNB1是平行四边形，
所以MN∥PB1.而MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.
(2) 因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.又因为BB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1.又因为∠ABC＝90°，所以B1C1⊥B1A1.
又平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝B1A1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1.(10分)
又因为A1B⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B.
连结AB1，在平行四边形ABB1A1中，AB＝AA1，所以AB1⊥A1B.
又因为NB1∩AB1＝B1，且AB1，NB1⊂平面AB1N，
所以A1B⊥平面AB1N.而AN⊂平面AB1N，所以AN⊥A1B
17.如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝eq \r(3)；③AA1＝eq \r(2).
解：(1)证明：∵ABC­A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.
又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF，A1B，∴DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，
∠ACB＝90°，则AB＝eq \r(2)，又AA1＝eq \r(2)，则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.
∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.
18、如图，已知矩形ABCD所在平面与△ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．
(1) 求证：MN∥平面BEC；(2) 求证：AH⊥CE.
【解析】 (1) 解法1 取CE中点F，连结FB，MF. 因为M为DE的中点，F为CE的中点，
所以MF∥CD 且MF＝eq \f(1,2)CD.又因为在矩形ABCD中，N为AB的中点，
所以BN∥CD 且BN＝eq \f(1,2)CD，所以MF∥BN 且MF＝BN，所以四边形BNMF为平行四边形，
所以MN∥BF.又MN⊄平面BEC，BF⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC
解法2 取AE中点G，连结MG，GN. 因为G为AE的中点，M为DE的中点，所以MG∥AD.
又因为在矩形ABCD中，BC∥AD，所以MG∥BC.又因为MG⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，
所以MG∥平面BEC，因为G为AE的中点，N为AB的中点，所以GN∥BE.
又因为GN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以GN∥平面BEC.
又因为MG∩GN＝G，MG，GN⊂平面GMN，所以平面GMN∥平面BEC.
又因为MN⊂平面GMN，所以MN∥平面BEC.
(2) 因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABE，
平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊂平面ABCD，且BC⊥AB，
所以BC⊥平面ABE.因为AH⊂平面ABE，所以BC⊥AH.
因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH
因为BC∩BE＝B，BC⊂平面BEC，BE ⊂平面BEC，所以AH⊥平面BEC.
又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.
19、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．
(1) 求证：B1C1∥平面A1DE；(2) 若平面A1DE⊥平面ABB1A1，求证：AB⊥DE.
【解析】(1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形B1BCC1是平行四边形，所以B1C1∥BC.
在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，故BC∥DE，所以B1C1∥DE.
又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE.
(2) 如图，在平面ABB1A1内，过A作AF⊥A1D于F.因为平面A1DE⊥平面A1ABB1，
平面A1DE∩平面A1ABB1＝A1D，AF⊂平面A1ABB1，所以AF⊥平面A1DE.
又DE⊂平面A1DE，所以AF⊥DE.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以A1A⊥DE.
因为AF∩A1A＝A，AF⊂平面A1ABB1，A1A⊂平面A1ABB1，所以DE⊥平面A1ABB1.
因为AB⊂平面A1ABB1，所以DE⊥AB.
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)
因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β
性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行(简记为“面面平行⇒线线平行”)
因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b)) ⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒ l⊥α