2023高考数学二轮专题 微专题14 空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)

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微专题14　空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)高考定位　1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题；2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.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BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BDC.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，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＝(－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的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有可取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ABCDB.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD.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＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以⊥，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·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＝|cos〈，a〉|＝＝＝，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＝，CP＝1，故tan ∠POC＝＝，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＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D错误.故选BC.4.(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＝DD1，AG＝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＝BB1，A1G＝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∥nB.若m∥α，m⊥β，则α⊥βC.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥nD.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⊥ABC.不一定存在平面β，AB⊂β且β⊥αD.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BB1D1DD.四边形BFD1E面积的最小值为答案　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××＝，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＝BC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝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)＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝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＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而·＝(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＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥.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＝(2，0，－2)，＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，设平面EFG的法向量m＝(x，y，z)，则∴取x＝1得m＝(1，0，1)，∵·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ABC.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⊥n B.m⊥α，n⊥α，则m∥nC.m⊥α，m⊥n，则n∥α D.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＝a，BE＝＝a，所以BM＝a，EN＝＝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ADEC.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＝CD，NH∥CD，且NH＝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∥nB.若m∥n，m∥α，则n∥αC.若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γD.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　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＝.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＝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，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＝＝，即λ＝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＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)，所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以⊥，即AP⊥BC.(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，所以＝＝，又＝(－4，－5，0)，所以＝＋＝，则·＝(0，3，4)·＝0，所以⊥，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ACD1C.DP⊥BC1 D.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BC1DB.在直线A1C上存在一点R使得D1R⊥平面BC1DC.平面A1B1CD上存在一点P使得D1P∥平面BC1DD.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.(多选)(2022·镇海中学质检)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD上一动点，现将△BEC沿BE折起至△BEF，在平面FBA内作FG⊥AB，G为垂足.设CE＝s，BG＝t，则下列说法正确的是(　　)A.若BF⊥平面AEF，则t＝B.若AF⊥平面BEF，则s＝C.若平面BEF⊥平面ABED，且s＝1，则t＝D.若平面AFB⊥平面ABED，且s＝，则t＝答案　BCD解析　如图所示，对于A, 若BF⊥平面AEF，则有BF⊥AF，在Rt△AFB中，易得BG＝t＝，故A选项错误；对于B，若AF⊥平面BEF，则有AF⊥FB，AF⊥FE，在Rt△AFB中，AF＝，在Rt△AFE中，根据勾股定理知，AF2＋EF2＝AE2，即()2＋s2＝(2－s)2＋1，解得s＝，故B选项正确；对于C，若平面BEF⊥平面ABED，过点F作FH⊥EB，垂足为H，连接HG.易知FH⊥平面ABED，∴FH⊥AB.又AB⊥FG，∴AB⊥平面FHG，∴AB⊥HG.∵s＝1，在等腰Rt△FEB中，BH＝，在Rt△BHG中，BG＝t＝，故C选项正确；对于D，若平面AFB⊥平面ABED，易知FG⊥平面ABED，∴FG⊥BE.过点F作FH⊥EB，垂足为H，连接HG，∴BE⊥平面FHG，∴BE⊥HG.在矩形ABCD中，连接CH，则C，H，G三点共线.由Rt△CBG∽Rt△CBE知，BG＝t＝，故D选项正确.综上，故选BCD.16.如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2，点P为线段DE上一点，当三棱锥P－ACE的体积为时，＝________.答案　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2，得BC·AF＝2，∴AF＝，在DE上取一点P，连接AP，CP，AD，∵VP－ACE＝VA－PCE＝××PE×CD×AF＝.∴PE＝1，∴＝.17.(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＝；③AA1＝.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＝，又AA1＝，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＝，AA1＝＝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＝，又AB1＝＝2≠，矛盾，所以不能证明AB1⊥平面C1DF.