第二讲　点、直线、平面之间的位置关系 学案

第二讲　点、直线、平面之间的位置关系

高考考点
考点解读
与空间位置关系有关的命题真假的判断
1.多以命题的形式出现，判断命题的真假
2．考查空间几何体中点、线、面的位置关系
证明平行关系
1.以多面体为命题背景，证明线线平行、线面平行、面面平行
2．以三视图的形式给出几何体，判断或证明平行关系，考查平行的判定及性质
证明垂直关系
1.以多面体为命题背景，证明线线垂直、线面垂直、面面垂直
2．考查垂直关系的判定定理与性质定理
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论．
(2)掌握各种判定定理、性质定理的条件与结论，并且会应用．
(3)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关系．
预测2020年命题热点为：
(1)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明．
(2)已知空间几何体中的命题，判断其真假．


Z
1．线面平行与垂直的判定与性质
定理名称
文字语言
图形语言
符号语言
线面平行的判定定理
平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行


线面平行的性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行

a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b
线面垂直的判定定理
一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α
线面垂直的性质定理
垂直于同一平面的两条直线平行

a⊥α，b⊥α⇒a∥b
2.面面平行与垂直的判定与性质
定理名称
文字语言
图形语言
符号语言
面面平行的判定定理
如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行

a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β
面面平行的性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b
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

a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β
面面垂直的性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

α⊥β，b⊂β，α∩β＝a，b⊥a⇒b⊥α
3.三种平行关系的转化

4．三种垂直关系的转化


Y
1．忽略判定定理和性质定理中的条件
应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定理时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线”的条件等．
2．把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用
如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立．
3．不能准确掌握判定定理和性质定理
如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行，而非作出的直线；面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等．

1．(文)(2018·全国卷Ⅱ，9)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( C )
A．　　 B．　　　
C．　　 D．
[解析]　因为CD∥AB，所以∠EAB即为异面直线AE与CD所成角，连接BE，在直角三角形ABE中，AB＝1，BE＝，所以tan∠EAB＝＝.
(理)(2018·全国卷Ⅱ，9)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( C )
A． B．
C． D．
[解析]　方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，
所以AD1―→＝(－1,0，)，DB1―→＝(1,1，)，设异面直线AD1与DB1所成角为α，则cosα＝|cosAD1―→，DB1―→|
＝＝.
方法二：如图．
连接A1D交AD1于点E.
取A1B1中点F，连接EF，则EF綊B1D，连接D1F，在△A1FE中，∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角．
由已知EF＝DB1＝＝，
D1E＝AD1＝1，D1F＝＝，
所以cos∠D1EF＝＝.
2．(2018·浙江卷，8)已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S­AB­C的平面角为θ3，则( D )
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
[解析]　选D．如图所示，作S的投影点O，取AB的中点F，连接SO，SF，OF，作GE平行于BC，且GE＝BC，连接SG，OG，SE，OE.

因为S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，所以∠SOF＝∠SOE＝∠SGE＝90°，
因为SE与BC所成的角为θ1，所以cosθ1＝，因为SE与平面ABCD所成的角为θ2，
所以sinθ2＝，因为二面角S­AB­C的平面角为θ3，所以
sinθ3＝，cosθ3＝.因为GE＝OF，SF≤SE，所以
cosθ1≤cosθ3，sinθ2≤sinθ3，即θ1≥θ3, θ2≤θ3，所以θ2≤θ3≤θ1.
3．(2018·全国卷Ⅰ，12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )
A． B．
C． D．
[解析]　选A．由于平面α与每条棱所成的角都相等，所以平面α与平面AB1D1平行或重合(如图)，

而在与平面AB1D1平行的所有平面中，面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN，而平面EFGHMN的面积S＝××××6＝.
4．(2017·全国卷Ⅰ，6)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不平行的是( A )


[解析]　A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB．
∵QD∩平面MNQ＝Q，
∴QD与平面MNQ相交，
∴直线AB与平面MNQ相交．
B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ.
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.

C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ.
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，
∴AB∥NQ.
又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
故选A．
5．(2016·全国卷Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( A )
A． B．
C． D．
[解析]　如图所示：

因为α∥平面CB1D1，所以若设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，则m1∥m.
又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
结合平面B1D1C∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
所以B1D1∥m1，故B1D1∥m.
同理可得：CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．
而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
因此∠CD1B1＝，即sin∠CD1B1＝.
6．(2018·北京卷，18)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．

【命题意图】考查空间中直线与平面的位置关系的判定，意在考查空间想象能力，逻辑推理能力，培养学生的空间想象能力与逻辑推理能力，体现了逻辑推理，直观想象的数学素养．
【证明】(1)在△PAD中，PA＝PD，E是AD的中点，
所以PE⊥AD，
又底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，所以PE⊥BC．
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，
所以CD⊥PA，
又因为PA⊥PD，CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，
所以PA⊥平面PCD，又PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PCD．
(3)取PC的中点G，连接DG，FG，

因为底面ABCD为矩形，所以AD綊BC，又E是AD的中点，
所以DE綊BC，
在△PBC中，F，G分别是PB，PC的中点，
所以FG綊BC，
所以DE綊FG，四边形DEFG是平行四边形，
所以EF∥DG，
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD．



　　 例1 (1)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( B )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
[解析]　对于选项A，若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；对于选项B，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．
(2)如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( C )

A．|BM|是定值
B．点M在某个球面上运动
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．存在某个位置，使MB∥平面A1DE
[解析]　取CD中点N，连接MN，BN，则MN∥DA1，BN∥DE，所以平面MBN∥平面A1DE，所以MB∥平面A1DE，故D正确；由∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，由余弦定理可得MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，故A正确．因为B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，故B正确，A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得C不正确．因此，选C．

『规律总结』
判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)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，进行肯定或否定．
G
1．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下面有四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；　　　　②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β； ④l⊥m⇒m与α不相交．
则其中正确的命题为( D )
A．①② B．①③
C．①②③ D．①③④
[解析]　由α∥β，l⊥α得l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，①正确；由α⊥β，l⊥α得l⊂β或l∥β，故不能得到l∥m，②错误；由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，③正确；由l⊥m，l⊥α得m⊂α或m∥α，故m，α不相交，④正确．故选D．
2．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，有下列命题：
①若m，n平行于同一平面，则m与n平行；
②若m∥α，n⊥α，则m⊥n；
③若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线；
④若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β.
其中真命题有②.(填写所有正确命题的编号)
[解析]　①若m，n平行于同一平面，则m与n平行或相交或异面，故①错误；
②若n⊥α，则n垂直于α内的所有直线，又m∥α，则m⊥n，故②正确；
③若α，β不平行，则α，β相交，设α∩β＝l，在α内作直线a∥l，则a∥β，故③错误；
④若α∩β＝n，m∥n，则m∥α或m∥β或m⊂α或m⊂β，故④错误．
所以正确命题的序号是②.



例2 (2018·衡水二模)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，CD和SC的中点．求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1.
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.

[解析]　(1)如图，连接SB，

∵E、G分别是BC、SC的中点，
∴EG∥SB．
又∵SB平面BDD1B1，
EG⃘平面BDD1B1，
∴直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD．
又∵SD平面BDD1B1，FG⃘平面BDD1B1，
∴FG∥平面BDD1B1，且EG平面EFG，
FG平面EFG，EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.


『规律总结』
立体几何中证明平行关系的常用方法
(1)证明线线平行的常用方法
①利用平行公，即证明两直线同时和第三条直线平行．
②利用平行四边形进行转换．
③利用三角形中位线定理证明．
④利用线面平行、面面平行的性质定理证明．
(2)证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的判定定，把证明线面平行转化为证明线线平行．
②利用面面平行的性质定，把证明线面平行转化为证明面面平行．
(3)证明面面平行的方法
证明面面平行，依据判定定，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．

G
　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝，M是棱PC的中点．
(1)求证：PA∥平面MQB；
(2)求三棱锥P－DQM的体积．
[解析]　(1)连接AC，交BQ于点N，连接MN，
因为BC∥AD，且BC＝AD，即BC∥AQ，又AQ＝AD，连接CQ，则四边形BCQA为平行四边形，且N为AC的中点，
又因为点M是棱PC的中点，所以MN∥PA，
因为MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，
所以PA∥平面MQB．
(2)VP－DQM＝VM－PDQ，因为平面PAD⊥平面ABCD，且∠ADC＝90°，即AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，所以M到平面PAD的距离为CD．所以VP－DQM＝VM－PDQ＝S△PDQ·CD＝×QD·PQ·CD＝×××1××＝.



(一)线线、线面垂直的判定与性质
例3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是正三角形，点D是A1B1的中点，AC＝2，CC1＝.

(1)求三棱锥C－BDC1的体积；
(2)证明：A1C⊥BC1.
[解析]　(1)依题意，VC－BDC1＝VD－BCC1，过点D作DH⊥C1B1，垂足为H，在直三棱柱中C1C⊥平面A1B1C1，
∴C1C⊥DH，∴DH⊥平面BCC1，
∴DH是三棱锥D－BCC1在平面BCC1上的高，
∴DH＝，又S△BCC1＝×2×＝，
∴VC－BDC1＝VD－BCC1＝××＝.
(2)证明：取C1B1的中点E，连接A1E，CE，
∵底面是正三角形，
∴A1E⊥B1C1，易知A1E⊥BC1，
Rt△C1CE中，C1C＝，C1E＝1，
Rt△BCC1中，BC＝2，CC1＝，
∴＝，∴△CC1E∽△BCC1，
∴∠C1BC＝ECC1，∠C1BC＋∠BC1C＝90°，
∴∠ECC1＋∠BC1C＝90°，
∴CE⊥BC1，∴BC1⊥平面A1CE，∴A1C⊥BC1.
(二)面面垂直的判定与性质
例4 如图，三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．

(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，
求证：平面BCD⊥平面EGH.
[解析]　(1)证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形，
则M为CD的中点，又H为BC的中点，
所以HM∥BD．
又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
证法二：在三棱台DEF－ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形HBEF为平行四边形，
可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
所以GH∥AB．
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED．
因为BD⊂平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE，GE.
因为G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB，
由AB⊥BC，得GH⊥BC．
又H为BC的中点，
所以EF∥HC，EF＝HC，
因此四边形EFCH是平行四边形，
所以CF∥HE.
又CF⊥BC，所以HE⊥BC．
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.

『规律总结』
立体几何中证明垂直关系的常用方法
(1)证明线线垂直的常用方法
①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．
②利用勾股定理逆定理．
③利用线面垂直的性质， 即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．
(2)证明线面垂直的常用方法
①利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直．
②利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．
③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．
(3)证明面面垂直的方法
证明面面垂直常用面面垂直的判定定，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．
G
　(2018·北京一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E为AD的中点．

(1)求证：PA⊥CD．
(2)求证：平面PBD⊥平面PAB．
[解析]　(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
又因为PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABCD．
则PA⊥CD．
(2)由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，
又CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形BCDE是正方形，
连接CE，所以BD⊥CE，
又因为BC∥AE，BC＝AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以CE∥AB，则BD⊥AB．
由(1)知PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又因为PA∩AB＝A，则BD⊥平面PAB，
且BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB．


　　 例5 (1)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为④.

①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；
③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED．
[解析]　(1)因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC的中点，
所以在折起的过程中，D点在平面BCE上的投影如图．

因为DE与AC所成角不能为直角，
所以DE不会垂直于平面ACD，故①错误；
只有D点投影位于O2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，此时CD不垂直于平面AEBC，故CD与平面BED不垂直，故②错误；
BD与AC所成角不能成直角，
所以BD不能垂直于平面ACD，故③错误；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，
存在一个位置使AD⊥BE，且DE∩BE＝E，
所以在折起过程中存在AD⊥平面BED的位置，故④正确．
(2)如图，在四棱P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD中点．
①若m＝，证明：直线AF∥平面PEC；
②是否存在一个常数，，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
[解析]　①作FM∥CD，交PC于点M，
因为点F为PD的中点，
所以FM＝CD．
因为m＝，
所以AE＝AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，
所以AF∥EM，
因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，
所以直线AF∥平面PEC．
②存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝ADcos30°＝，
又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D．
所以AB⊥平面PDE.
因为AB⊂平面PAB，
所以平面PDE⊥平面PAB，
所以m＝＝.

『规律总结』
1．求解平面图形折叠问题的关键和方法
(1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何中解决．
(2)探索性问题求解的途径和方法
(1)对命题条件探索的三种途径：
①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；
③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索方法：
从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论．
G
　(文)如图1，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如图2折叠，折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.

(1)证明：CF⊥平面MDF.
(2)求三棱锥M－CDE的体积．
[解析]　(1)因为PD⊥平面ABCD，
所以PD⊥MD．
在矩形ABCD中MD⊥CD，又PD∩CD＝D．
所以MD⊥平面CDEF，所以MD⊥CF.
又因为MF⊥CF，
所以CF与相交直线MD和MF都垂直，
故CF⊥平面MDF.
(2)在△CDP中，CD＝AB＝1，PC＝2，
则PD＝，∠PCD＝60°；
CF⊥平面MDF，
则CF⊥DF，CF＝，DF＝.
因为EF∥DC，
所以＝，DE＝，PE＝＝ME，
S△CDE＝CD·DE＝.
由勾股定理可得MD＝＝，
所以VM－CDE＝MD·S△CDE＝.
(理)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝.M，N分别为BC和CC1的中点，P为侧棱BB1上的动点．
(1)求证：平面APM⊥平面BB1C1C；
(2)若P为线段BB1的中点，求证：A1N∥平面APM.
(3)试判断直线BC1与平面APM是否能够垂直．若能垂直，求PB的值；若不能垂直，请说明理由．
[解析]　(1)由已知，M为BC中点，且AB＝AC，所以AM⊥BC．
又因为BB1∥AA1，且AA1⊥底面ABC，
所以BB1⊥底面ABC．
因为AM⊂底面ABC，所以BB1⊥AM，
又BB1∩BC＝B，
所以AM⊥平面BB1C1C．
又因为AM⊂平面APM，
所以平面APM⊥平面BB1C1C．
(2)取C1B1中点D，连接A1D，DN，DM，B1C．
由于D，M分别为C1B1，CB的中点，
所以DM∥A1A，且DM＝A1A，
则四边形A1AMD为平行四边形，
所以A1D∥AM.
又A1D⊄平面APM，AM⊂平面APM，
所以A1D∥平面APM，
由于D，N分别为C1B1，C1C的中点，
所以DN∥B1C．
又P，M分别为B1B，CB的中点，
所以MP∥B1C，则DN∥MP.
又DN⊄平面APM，MP⊂平面APM，
所以DN∥平面APM.
由于A1D∩DN＝D，所以平面A1DN∥平面APM，
由于A1N⊂平面A1DN，所以A1N∥平面APM，
(3)不能垂直．理由如下：假设BC1与平面APM垂直，
由PM⊂平面APM，则BC1⊥PM，
设PB＝x，x∈[0，]．
当BC1⊥PM时，∠BPM＝∠B1C1B，
所以Rt△BPM∽Rt△B1C1B，
所以＝.
由已知MB＝，C1B1＝2，BB1＝，
所以＝，
得x＝.
由于x＝∉[0，]，
因此直线BC1与平面APM不能垂直．

A组
1．(文)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( A )
A．若l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β
D．若α∥β，则l∥m
[解析]　选项A中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面．故选A．
(理)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：
①若n∥m，m⊂α，则n∥α；
②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；
③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；
④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.
其中真命题是( C )
A．①和②　　　　　　 B．①和③
C．②和④ D．③和④
[解析]　若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排除A、B；若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β，则命题②正确，排除D，故应选C．
2．如图，在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是

( D )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
[解析]　∵D、F分别为AB、AC的中点，∴BC∥DF，
∵BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正确；在正四面体中，∵E为BC中点，易知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正确；∵DF⊥平面PAE，DF⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，∴C正确，故选D．
3．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，△AED、△EBF、△FCD分别沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( B )

A．　　 B．　　　
C．　　 D．
[解析]　由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝.
4．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中( B )
A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
[解析]　①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵ABAB，这样的△ABC不存在，∴C错误．

5．(2018·太原二模)对于不重合的直线m，l和平面α，β，要证α⊥β需具备的条件是( D )
A．m⊥l，m∥α，l∥β
B．m⊥l，α∩β＝m，l⊂α
C．m∥l，m⊥α，l⊥β
D．m∥l，l⊥β，m⊂α
[解析]　对于A，如图1，可得面α，β不一定垂直，故错；

对于B，如图2，可得面α，β不一定垂直，故错；

对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β⇒α∥β，故错；
对于D，有m∥l，l⊥β⇒m⊥β，
又因为m⊂α⇒α⊥β，故正确．
6．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则下列四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确命题的序号是①③.
[解析]　直线l⊥平面α ，直线m⊂平面β，
当α∥β有l⊥m，故①正确．
当α⊥β有l∥m或l与m异面或相交，故②不正确．
当l∥m有α⊥β，故③正确．
当l⊥m有α∥β或α与β相交，故④不正确．
综上可知①③正确．
7．(2018·凉山州二模)在棱长为1的正方体ABCD－A′B′C′D′中，异面直线A′D与AB′所成角的大小是.
[解析]　在正方体ABCD－A′B′C′D′中，连接A′D，AB′，B′C，如图所示：

则A′B′∥DC，且A′B′＝DC，
所以四边形A′B′CD是平行四边形，
所以A′D∥B′C，
所以∠AB′C是异面直线A′D与AB′所成的角，
连接AC，则△AB′C是边长为的等边三角形，
所以∠AB′C＝，
即异面直线A′D与AB′所成角是.
8．设x，y，z为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”为真命题的序号是①③⑤.
①x为直线，y，z为平面；
②x，y，z都为平面；
③x，y为直线，z为平面；
④x，y，z都为直线；
⑤x，y为平面，z为直线．
[解析]　①x⊥平面z，平面y⊥平面z，
所以x∥平面y或x⊂平面y.
又因为x⊄平面y，故x∥平面y，①成立；
②x，y，z均为平面，则x可与y相交，故②不成立；
③x⊥平面z，y⊥平面z，x，y为不同直线，故x∥y，③成立；
④x，y，z均为直线，则x与y可平行，可异面，也可相交，故④不成立；
⑤z⊥x，z⊥y，z为直线，x，y为平面，所以x∥y，⑤成立．
9．(文)(2018·全国卷Ⅰ，18)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC．
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q­ABP的体积．
[解析]　(1)由已知可得，∠BAC＝90°，则BA⊥AC．
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD．
又AB⊂平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.

作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC＝1.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，
因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin45°＝1.
(理)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC, ∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1____BCDE.

图1　　　　　　　　　　　　图2
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1____BCDE的体积为36，求a的值．
[解析]　(1)证明：在题图1中，
因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝，所以BE⊥AC．
又在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC．
又BC∥DE且BC＝DE，所以CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC．
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)知A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由题图1可知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1­BCDE的体积为
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
B组
1．已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α、β、γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( C )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
[解析]　若α、β换成直线a、b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α、γ换为直线a、b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β、γ换为直线a、b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题，故选C．
2．设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：
①⇒β∥γ ②⇒m⊥β
③⇒α⊥β ④⇒m∥α
其中，真命题是( C )
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
[解析]　①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C．
3．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是( D )
A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b
C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥α
D．若α∥β，a∥α，则a∥β
[解析]　A中，过直线a作平面γ分别与α，β交于m，n，则由线面平行的性质知a∥m∥n，所以m∥α，又由线面平行的性质知m∥b，所以a∥b，正确；B中，由a⊥α，b⊥β，知a，b垂直于两个平面的交线，则a，b所成的角等于二面角的大小，即为90°，所以a⊥b，正确；C中，在α内取一点A，过A分别作直线m垂直于α，β的交线，直线n垂直于α，γ的交线，则由线面垂直的性质知m⊥β，n⊥γ，则m⊥a，n⊥a，由线面垂直的判定定理知a⊥α，正确；D中，满足条件的a也可能在β内，故D错．
4．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是( D )

A．AB1∥平面BDC1
B．A1C⊥平面BDC1
C．直三棱柱的体积V＝4
D．直三棱柱的外接球的表面积为4π
[解析]　如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成正方体，易知A，B，C都正确．故选D．

5．a、b表示直线，α、β、γ表示平面．
①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；
②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；
③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a⊥b；
④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内无数条直线；
⑤若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.
其中为真命题的是②⑤.
[解析]　对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．

6．在三棱锥C－ABD中(如图)，△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，AB＝4，二面角A－BD－C的大小为60°，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC为正三角形；④cos∠ADC＝.其中真命题是①③.(填序号)

[解析]　对于①，因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以CO⊥BD，AO⊥BD，AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC，所以AC⊥BD，因此①正确；对于②，假设CO⊥AD，又CO⊥BD，可得CO⊥平面ABD，由①可得：∠AOC是二面角A－BD－C的平面角，这与已知二面角A－BD－C为60°矛盾，因此不正确；对于③，由△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以OC＝OA，由①可得：∠AOC是二面角A－BD－C的平面角且为60°，所以△AOC为正三角形，因此③正确；对于④，AB＝4，由③可得：AC＝OA＝2，AD＝CD＝4，所以cos∠ADC＝＝≠，因此不正确；综上可得：只有①③正确．
7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边相等，M是PC上的一动点，请你补充一个条件①(或③)，使平面MBD⊥平面PCD．①DM⊥PC；②DM⊥BM；③BM⊥PC；④PM＝MC(填写你认为是正确的条件对应的序号)．

[解析]　因为在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，

M是PC上的一动点，
所以BD⊥PA，BD⊥AC，
因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．
而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．
8．如图：在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA＝AB＝2.

(1)证明：BC⊥平面AMN；
(2)求三棱锥N－AMC的体积；
(3)在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长，若不存在，说明理由．
[解析]　(1)因为ABCD为菱形，所以AB＝BC，
又∠ABC＝60°，所以AB＝BC＝AC，
又M为BC中点，所以BC⊥AM
而PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
又PA∩AM＝A，所以BC⊥平面AMN.
(2)因为S△AMC＝AM·CM＝××1＝，
又PA⊥底面ABCD，PA＝2，所以AN＝1，
所以，三棱锥N－AMC的体积V＝S△AMC·AN
＝××1＝.
(3)存在
取PD中点E，连结NE，EC，AE，
因为N，E分别为PA，PD中点，所以NE綊AD
又在菱形ABCD中，CM綊AD，
所以NE綊MC，即MCEN是平行四边形，所以NM∥EC，
又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，所以MN∥平面ACE，
即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，
此时PE＝PD＝.
9．(2018·全国卷Ⅲ，19)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC．
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
[解析]　(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以 DM⊥CM.
又 BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
(2)存在，AM的中点即为符合题意的点P.证明如下：
取AM的中点P，连接AC，BD交于点N，连接PN.

因为ABCD是矩形，
所以N是AC的中点，
在△ACM中，点P，N分别是AM，AC的中点，
所以PN∥MC，
又因为PN⊂平面PBD，MC⊄平面PBD，
所以MC∥平面PBD，
所以，在线段AM上存在点P，即AM的中点，使得MC∥平面PBD．