微專題10 空間中的平行與垂直關(guān)系(幾何法、向量法)

微專題10空間中的平行與垂直關(guān)系(幾何法、向量法)高考定位1.以選擇題、填空題的形式考查線線、線面、面面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理，對命題的真假進行判斷，屬基礎(chǔ)題；2.空間中的平行、垂直關(guān)系的證明也是高考必考內(nèi)容，多出現(xiàn)在立體幾何解答題中的第(1)問.【真題體驗】1.(2024·全國甲卷)設(shè)α，β為兩個平面，m，n為兩條直線，且α∩β＝m，下述四個命題：①若m∥n，則n∥α或n∥β②若m⊥n，則n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，則m∥n④若n與α，β所成的角相等，則m⊥n其中所有真命題的編號是()A.①③ B.②④C.①②③ D.①③④答案A解析α∩β＝m，則m?α，m?β，對于①，若m∥n，則n∥α或n∥β，①正確；對于②，若m⊥n，則可能n∥α或n與α相交，②錯誤；對于③，若n∥α且n∥β，則n∥m，③正確；對于④，n與m所成角可以為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的任意角，④錯誤.故選A.2.(2022·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案A解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD1.因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，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正確；如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)AB＝2，則D(0，0，0)，B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0).設(shè)平面B1EF的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0，,m·\o(EB1,\s\up6(→))＝y(tǒng)1＋2z1＝0，))可取m＝(2，2，－1)，同理可得平面A1BD的一個法向量為n1＝(1，－1，－1)，平面A1AC的一個法向量為n2＝(1，1，0)，平面A1C1D的一個法向量為n3＝(1，1，－1)，則m·n1＝2－2＋1＝1≠0，所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯誤；因為m與n2不平行，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，故C錯誤；因為m與n3不平行，所以平面B1EF與平面A1C1D不平行，故D錯誤.3.(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足MN⊥OP的是()答案BC解析設(shè)正方體的棱長為2.對于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補角)為異面直線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錯誤；圖(1)圖(2)對于B，如圖(2)所示，取MT的中點為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MT，PQ⊥MN.由正方體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O(shè)Q⊥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正確；對于C，如圖(3)，連接BD，則BD∥MN，由B的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確；圖(3)圖(4)對于D，如圖(4)，取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN.因為DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其補角)為異面直線PO，MN所成的角，因為正方體的棱長為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)，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D錯誤.故選BC.4.(多選)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則()A.當λ＝1時，△AB1P的周長為定值B.當μ＝1時，三棱錐P－A1BC的體積為定值C.當λ＝eq\f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BPD.當μ＝eq\f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P答案BD解析eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1).圖1對于選項A，當λ＝1時，點P在棱CC1上運動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(1＋（1－μ）2)＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(2－2μ＋μ2)，不是定值，A錯誤；對于選項B，當μ＝1時，點P在棱B1C1上運動，如圖2所示，圖2則VP－A1BC＝VA1－PBC＝eq\f(1,3)S△PBC×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),6)S△PBC＝eq\f(\r(3),6)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(\r(3),12)，為定值，故B正確；圖3對于選項C，取BC的中點D，B1C1的中點D1，連接DD1，A1B，則當λ＝eq\f(1,2)時，點P在線段DD1上運動，如圖3所示.假設(shè)A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋(1－μ)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以點P與點D或D1重合時，A1P⊥BP，故C錯誤；法一由多選題特征，排除A，C，故選BD.法二對于選項D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1.設(shè)AB1與A1B交于點K，連接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點P只能是棱CC1的中點，故選項D正確.綜上，選BD.法三對于選項D，分別取BB1，CC1的中點E，F(xiàn)，連接EF，則當μ＝eq\f(1,2)時，點P在線段EF上運動，以點C為原點建立如圖4所示的空間直角坐標系C－xyz，則B1(0，1，1)，B(0，1，0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，圖4Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－λ，\f(1,2)))，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，－\f(1,2))).若A1B⊥平面AB1P，則A1B⊥B1P，所以－eq\f(λ,2)＋eq\f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一個點P，使得A1B⊥平面AB1P，此時點P與F重合，故D正確.綜上，選BD.【熱點突破】熱點一空間線面位置關(guān)系的判定例1(1)(多選)(2024·深圳二模)已知m，n是異面直線，m?α，n?β，那么()A.當m⊥β，或n⊥α?xí)r，α⊥βB.當m∥β，且n∥α?xí)r，α∥βC.當α⊥β時，m⊥β，或n⊥αD.當α，β不平行時，m與β不平行，且n與α不平行(2)(多選)(2024·黃山模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CC1，CD的中點，下列結(jié)論正確的有()A.AE與D1F共面 B.平面AB1D1∥平面GFEC.AE⊥EF D.BF∥平面AB1D1答案(1)AB(2)AB解析(1)當m⊥β，m?α?xí)r，α⊥β；當n⊥α，n?β時，α⊥β，故A正確；當m∥β，n∥α?xí)r，又m，n為異面直線，所以α∥β，故B正確；當α⊥β時，由m?α，得m∥β或m與β相交；當α⊥β時，由n?β，得n∥α或n與α相交，故C錯誤；當α，β不平行時，可能m∥β或m與β相交，n∥α或n與α相交，故D錯誤.(2)如圖所示，對于A，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CC1，CD的中點，連接BC1，所以EF∥BC1，而BC1∥AD1，所以EF∥AD1，所以AE與D1F共面，A正確；對于B，因為BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以，四邊形BB1D1D為平行四邊形，則BD∥B1D1，又因為E，G分別為BC，CD的中點，則EG∥BD，所以EG∥B1D1，又由A選項分析知EF∥AD1，因為EF∩EG＝E，EF，EG?平面EFG，B1D1∩AD1＝D1，B1D1，AD1?平面AB1D1，所以平面EFG∥平面AB1D1，B正確；對于C，因為EF∥AD1且EF≠AD1，即四邊形AD1FE為等腰梯形，故AE，EF不垂直，C錯誤；對于D，由B選項的分析，平面EFG∥平面AB1D1，而BF∩平面EFG＝F，所以BF與平面AB1D1不平行，D錯誤.規(guī)律方法判斷空間線、面位置關(guān)系的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷；(2)利用直線的方向向量、平面的法向量判斷；(3)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線、面的位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理進行判斷.訓(xùn)練1(1)(2024·天津卷)若m，n為兩條直線，α為一個平面，則下列結(jié)論中正確的是()A.若m∥α，n∥α，則m⊥n B.若m∥α，n∥α，則m∥nC.若m∥α，n⊥α，則m⊥n D.若m∥α，n⊥α，則m與n相交(2)(2024·武漢質(zhì)檢)已知四棱錐P－ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，E為PC中點，則()A.BE∥平面PAD B.PD⊥平面ABCDC.平面PAB⊥平面PAD D.DE＝EB答案(1)C(2)C解析(1)對于A，B，若m∥α，n∥α，則m與n可能平行、相交或異面，故A，B錯誤；對于C，D，若m∥α，n⊥α，則m⊥n，且m與n可能相交，也可能異面，故C正確，D錯誤.(2)易知BC∥平面PAD，因為BE∩BC＝B，且兩條直線都在平面PBC內(nèi)，所以BE不可能平行平面PAD，故A錯誤；舉反例，如圖，PH垂直平面ABCD時，由于PD∩PH＝P，所以PD不垂直于平面ABCD，故B錯誤；因為平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，因為AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故C正確；沒有任何條件可以證明DE＝EB，故D錯誤；故選C.熱點二幾何法證明平行、垂直例2如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點.求證：(1)PE⊥BC；(2)平面PAB⊥平面PCD；(3)EF∥平面PCD.證明(1)因為PA＝PD，E為AD的中點，所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥AD.又因為平面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.又因為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)如圖，取PC的中點G，連接FG，DG.因為F，G分別為PB，PC的中點，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC.因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC，所以DE∥FG，DE＝FG，所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD，所以EF∥平面PCD.規(guī)律方法平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化訓(xùn)練2(2024·成都診斷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，BA＝eq\r(2)，AA1＝2，D是棱AC的中點，E在棱BB1上，且AE⊥A1C.(1)證明：BD∥平面AEC1；(2)若四棱錐C1－AEB1A1的體積等于1，判斷平面AEC1與平面ACC1A1是否垂直，并說明理由.(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，則AA1⊥BC，又BC⊥AB，且AB∩AA1＝A，AB，AA1?平面ABE，于是BC⊥平面ABE，而AE?平面ABE，則BC⊥AE，又AE⊥A1C，A1C∩BC＝C，A1C，BC?平面A1BC，因此AE⊥平面A1BC，而A1B?平面A1BC，則AE⊥A1B，在矩形ABB1A1中，由AB＝eq\r(2)，AA1＝2，可得eq\f(AB,BE)＝tan∠AEB＝tan∠ABA1＝eq\f(AA1,AB)，得BE＝1＝eq\f(1,2)BB1，即E為棱BB1的中點，設(shè)A1B∩AE＝F，連接A1D交AC1于G，連接FG，顯然eq\f(A1G,GD)＝eq\f(A1C1,AD)＝2＝eq\f(AA1,BE)＝eq\f(A1F,FB)，在△A1BD中，BD∥FG，而FG?平面AEC1，BD?平面AEC1，所以BD∥平面AEC1.(2)解平面AEC1與平面ACC1A1垂直，理由如下：設(shè)B1C1＝x，由(1)知，B1C1⊥平面ABB1A1，則四棱錐C1－AEB1A1的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2＋1)×eq\r(2)x＝1，解得x＝eq\r(2)，即有AB＝BC＝eq\r(2)，因此EA＝EC1＝EA1＝EC，設(shè)A1C∩AC1＝O，連接EO，顯然O是A1C，AC1的中點，于是EO⊥AC1，EO⊥A1C，且A1C，AC1?平面ACC1A1，則EO⊥平面ACC1A1，又EO?平面AEC1，所以平面AEC1⊥平面ACC1A1.熱點三向量法證明平行、垂直例3如圖，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2eq\r(5)，AA1＝eq\r(7)，BB1＝2eq\r(7)，點E和F分別為BC和A1C的中點.用向量法證明：(1)EF∥平面A1B1BA；(2)平面AEA1⊥平面BCB1.證明(1)由AB＝AC，E為BC的中點，則AE⊥BC，而AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，過E作平行于BB1的垂線為z軸，EC，EA所在直線分別為x軸，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為AB＝3，BE＝eq\r(5)，所以AE＝2，所以E(0，0，0)，C(eq\r(5)，0，0)，A(0，2，0)，B(－eq\r(5)，0，0)，B1(－eq\r(5)，0，2eq\r(7))，A1(0，2，eq\r(7))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2))).所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，\f(\r(7),2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(5)，－2，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(7)).設(shè)平面A1B1BA的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝－\r(5)x－2y＝0，,n·\o(AA1,\s\up6(→))＝\r(7)z＝0，))令x＝－2，則可得平面A1B1BA的一個法向量為n＝(－2，eq\r(5)，0)，而eq\o(EF,\s\up6(→))·n＝eq\f(\r(5),2)×(－2)＋1×eq\r(5)＋eq\f(\r(7),2)×0＝0，所以eq\o(EF,\s\up6(→))⊥n，又EF?平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.(2)因為EC⊥平面AEA1，則eq\o(EC,\s\up6(→))＝(eq\r(5)，0，0)為平面AEA1的一個法向量.又EA⊥平面BCB1，則eq\o(EA,\s\up6(→))＝(0，2，0)為平面BCB1的一個法向量.因為eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(EA,\s\up6(→))＝0，故eq\o(EC,\s\up6(→))⊥eq\o(EA,\s\up6(→))，故平面AEA1⊥平面BCB1.易錯提醒用向量法證明空間中的位置關(guān)系時注意以下兩點：(1)根據(jù)題設(shè)條件建立合適的空間直角坐標系；(2)正確寫出相關(guān)點及向量的坐標.訓(xùn)練3如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AB，B1C的中點.用向量法證明：(1)平面A1BD∥平面B1CD1；(2)MN⊥平面A1BD.證明(1)如圖建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則A1(2，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，故eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(－2，－2，0)，設(shè)平面A1BD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DB,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋2z1＝0，,2x1＋2y1＝0，))令x1＝1，則可得平面A1BD的一個法向量為n1＝(1，－1，－1).設(shè)平面B1CD1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(B1C,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(B1D1,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2z2＝0，,－2x2－2y2＝0，))令x2＝1，則可得平面B1CD1的一個法向量為n2＝(1，－1，－1)，所以n1＝n2，即n1∥n2，故平面A1BD∥平面B1CD1.(2)由M，N是線段AB，B1C中點，則M(2，1，0)，N(1，2，1)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，則eq\o(MN,\s\up6(→))∥n1，所以MN⊥平面A1BD.【精準強化練】一、單選題1.(2024·煙臺模擬)設(shè)a，b為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，下列說法正確的是()A.若a∥α，b∥α，則a∥bB.若a，b與α所成的角相等，則a∥bC.若α⊥β，a∥α，b∥β，則a⊥bD.若α⊥β，a⊥α，b⊥β，則a⊥b答案D解析對于A，平行于同一平面的兩條直線可能平行，也可能異面，故A錯誤；對于B，a，b與α所成的角相等，則a，b可能異面，可能相交，也可能平行，故B錯誤；對于C，α⊥β，a∥α，b∥β，則a，b可能垂直，但也可能平行或者相交或者異面，故C錯誤；對于D，α⊥β，a⊥α，b⊥β，則a⊥b，D正確，故選D.2.下面四個命題中的真命題是()p1：如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行；p2：兩個平面垂直，如果有一條直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與其中一個平面垂直；p3：一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行；p4：一條直線與一個平面內(nèi)的一條直線平行，則這條直線就與這個平面平行.A.p1與p2 B.p2與p3C.p3與p4 D.p1與p3答案D解析對于p1，利用面面平行的性質(zhì)定理可知p1為真命題；對于p2，當這條直線不在這兩個平面內(nèi)時可知p2為假命題；對于p3，利用線面平行的性質(zhì)定理可知p3為真命題；對于p4，這條直線可能在這個平面內(nèi)，故p4為假命題.故選D.3.如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()A.直線AB上 B.直線BC上C.直線AC上 D.△ABC內(nèi)部答案A解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.因為AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上.4.(2024·合肥調(diào)研)已知l，m是兩條不同的直線，α為平面，m?α，下列說法中正確的是()A.若l與α不平行，則l與m一定是異面直線B.若l∥α，則l與m可能垂直C.若l∩α＝A，且A?m，則l與m可能平行D.若l∩α＝A，且l與α不垂直，則l與m一定不垂直答案B解析對于A，若l與α不平行，則l與α的位置關(guān)系有：相交或直線在平面內(nèi)，且m?α，則l與m的位置關(guān)系有：平行、相交或異面，故A錯誤；對于B，若l∥α，則l與m可能垂直，如圖所示：l∥l′，l′?α，l′⊥m，可知l⊥m，故B正確；對于C，若l∩α＝A，且A?m，m?α，則l與m異面，故C錯誤；對于D，若l∩α＝A，且l與α不垂直，則l與m可能垂直，如圖，取α為平面ABCD，l＝AD1，m＝AB，符合題意，但l⊥m，故D錯誤.故選B.5.如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是()答案D解析對于A，由正方體的性質(zhì)可得MN∥AC，因為MN?平面ABC，AC?平面ABC，所以直線MN∥平面ABC，故A正確；對于B，如圖，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質(zhì)可得MN∥AD，因為MN?平面ABC，AD?平面ABC，所以直線MN∥平面ABC，故B正確；對于C，由正方體的性質(zhì)可得平面ABC與正方體的右側(cè)面平行，故MN∥平面ABC，故C正確；對于D，如圖，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC內(nèi)，不能得出平行，故D錯誤.6.(2024·南昌二模)在三棱錐A－BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝eq\r(3)，BC＝BD＝CD＝2，E，F(xiàn)分別為AC，CD的中點，則下列結(jié)論正確的是()A.AF，BE是異面直線，AF⊥BEB.AF，BE是相交直線；AF⊥BEC.AF，BE是異面直線，AF與BE不垂直D.AF，BE是相交直線，AF與BE不垂直答案A解析顯然根據(jù)異面直線判定方法：經(jīng)過平面ACD外一點B與平面ACD內(nèi)一點E的直線BE與平面ACD內(nèi)不經(jīng)過E點的直線AF是異面直線.下面證明BE與AF垂直：證明：因為AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AB⊥CD，因為BC＝BD＝CD，F(xiàn)為CD的中點，連接BF，所以CD⊥BF，因為AB∩BF＝B，AB，BF?平面ABF，所以CD⊥平面ABF，因為AF?平面ABF，所以CD⊥AF，如圖，取AF的中點Q，連接BQ，EQ，又因為EQ∥CD，所以EQ⊥AF，因為BC＝BD＝CD＝2，所以BF＝eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)＝AB，又因為Q為AF的中點，所以BQ⊥AF，因為BQ∩EQ＝Q，BQ，EQ?平面BEQ，所以AF⊥平面BEQ，又因為BE?平面BEQ，所以AF⊥BE.7.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中點，則下列敘述正確的是()A.CC1與B1E是異面直線 B.AC⊥平面ABB1A1C.AE與B1C1為異面垂直 D.A1C1∥平面AB1E答案C解析對于A，∵CC1?平面BCC1B1，B1E?平面BCC1B1，∴CC1與B1E共面，A錯誤；對于B，若AC⊥平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，則AC⊥AB，即△ABC為直角三角形，∴△A1B1C1為直角三角形，與已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B錯誤；對于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E?B1C1，∴AE，B1C1為異面直線，∵△ABC為正三角形，E為BC的中點，∴AE⊥BC，∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正確；對于D，直線AC交平面AB1E于點A，又AC∥A1C1，∴直線A1C1與平面AB1E相交，故D錯誤.8.(2024·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2eq\r(2)，則該棱錐的高為()A.1 B.2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案D解析由題意知△PAB為正三角形，因為PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如圖，分別取AB，CD的中點E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，則PE＝2eq\r(3)，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.過點P作PG⊥EF，垂足為G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF?平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG?平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF?平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG為四棱錐P－ABCD的高.由eq\f(1,2)PE·PF＝eq\f(1,2)EF·PG，得PG＝eq\f(PE·PF,EF)＝eq\f(2\r(3)×2,4)＝eq\r(3).故選D.二、多選題9.(2024·昆明診斷)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，BC，CD，B1C1的中點，則下列結(jié)論正確的是()A.AF∥平面A1DEB.AG∥平面A1DEC.A1，D，E，H四點共面D.A1，D，E，C1四點共面答案AC解析如圖，取A1D的中點M，連接AM，EF，ME，易知EF∥BC1，EF＝eq\f(1,2)BC1，AM∥BC1，AM＝eq\f(1,2)BC1，所以EF∥AM且EF＝AM，則四邊形AFEM為平行四邊形，所以AF∥ME，因為AF?平面A1DE，ME?平面A1DE，所以AF∥平面A1DE，A正確；取D1C1的中點N，連接NG，A1N，延長DE與D1C1的延長線交于點P，連接A1P，因為A1A∥NG且A1A＝NG，所以四邊形A1AGN是平行四邊形，可得A1N∥AG，因為A1∈平面A1DP，N?平面A1DP，所以直線A1N與平面A1DP相交，所以AG與平面A1DE相交，故B錯誤；連接EH，B1C，則EH∥B1C，因為A1D∥B1C，所以EH∥A1D，則A1，D，E，H四點共面，故C正確；若A1，D，E，C1四點共面，則A1D∥C1E，顯然不成立，所以D錯誤.故選AC.10.(2024·福州調(diào)研)在三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BB1的中點，eq\f(\r(2),2)AA1＝AB＝BC，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，則下列結(jié)論錯誤的是()A.平面ABC1⊥平面ACC1A1 B.平面A1BC⊥平面C1ABC.A1D∥平面ABC1 D.A1D⊥AC1答案ABC解析由題意得AB，BC，B1B兩兩垂直.以點B為坐標原點，BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0).設(shè)AA1＝2eq\r(2)，則AB＝BC＝2，則A(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，eq\r(2))，A1(2，0，2eq\r(2))，B1(0，0，2eq\r(2))，C1(0，2，2eq\r(2))，設(shè)平面A1BC的法向量為u＝(x1，y1，z1).eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(2，0，2eq\r(2))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(BC,\s\up6(→))＝2y1＝0，,u·\o(BA1,\s\up6(→))＝2x1＋2\r(2)z1＝0，))取x1＝eq\r(2)，可得平面A1BC的一個法向量為u＝(eq\r(2)，0，－1)，設(shè)平面ACC1A1的法向量為m＝(x2，y2，z2).eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2eq\r(2))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AA1,\s\up6(→))＝2\r(2)z2＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝－2x2＋2y2＝0，))取x2＝1，可得平面ACC1A1的一個法向量為m＝(1，1，0)，設(shè)平面ABC1的法向量為n＝(x3，y3，z3).eq\o(BA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(2))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝2x3＝0，,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝2y3＋2\r(2)z3＝0，))取y3＝eq\r(2)，則平面ABC1的一個法向量為n＝(0，eq\r(2)，－1).對于A，因為m·n＝0＋eq\r(2)＋0＝eq\r(2)≠0，所以平面ABC1與平面ACC1A1不垂直，A錯誤.對于B，u·n＝1≠0，所以平面A1BC與平面ABC1不垂直，B錯誤.對于C，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－2，0，－eq\r(2))，因為eq\o(A1D,\s\up6(→))·n＝eq\r(2)≠0，則A1D與平面ABC1不平行，C錯誤.對于D，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2，2，2eq\r(2))，因為eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝4－4＝0，所以AC1⊥A1D，D正確.11.(2024·贛州模擬)如圖，點M為正方形ABCD的中心，N為等邊△ABE的邊BE的中點，平面ABE⊥平面ABCD，則()A.DN＝EM B.AB⊥EMC.MN∥平面ADE D.MN與平面ABCD所成的角為30°答案BC解析設(shè)AB＝2，對于A：取AB中點為H，連接EH，HM，則EH⊥AB；取BH中點為P，連接NP，PD，則NP∥EH，NP⊥AB，如圖所示.由平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EH?平面EAB，EH⊥AB，則EH⊥平面ABCD，又HM?平面ABCD，故EH⊥HM，則EM＝eq\r(EH2＋HM2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×2))\s\up12(2)＋12)＝2；因為NP∥EH，故NP⊥平面ABCD，PD?平面ABCD，故NP⊥PD，則ND＝eq\r(NP2＋PD2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)EH))\s\up12(2)＋AP2＋AD2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋4)＝eq\r(7)；故EM≠ND，A錯誤；對于B，因為AB⊥BC，HM∥BC，故AB⊥HM，又AB⊥EH，EH∩HM＝H，EH，HM?平面EHM，故AB⊥平面EHM，又EM?平面EHM，故AB⊥EM，B正確；對于C，連接NM，ED，則M為BD中點，又N為BE中點，故MN∥ED，又ED?平面AED，NM?平面AED，故NM∥平面AED，C正確；對于D，連接MN，MP，作圖如下：由A中所證可知：NP⊥平面ABCD，故∠NMP即為MN與平面ABCD所成的角；在Rt△NPM中，NP＝eq\f(1,2)EH＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),2)，PM＝eq\r(HP2＋HM2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋12)＝eq\f(\r(5),2)，NM＝eq\r(NP2＋PM2)＝eq\r(\f(3,4)＋\f(5,4))＝eq\r(2)；故sin∠NMP＝eq\f(NP,NM)＝eq\f(\r(6),4)，故MN與平面ABCD所成的角不為30°，D錯誤.故選BC.三、填空題12.已知平面α∥平面β∥平面γ，兩條直線l，m分別與平面α，β，γ相交于點A，B，C和D，E，F(xiàn)，若AB＝6，eq\f(DE,DF)＝eq\f(2,5)，則AC＝________.答案15解析α∥β∥γ，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知AD∥BE∥CF，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(DE,EF).由eq\f(DE,DF)＝eq\f(2,5)，得eq\f(AB,BC)＝eq\f(DE,EF)＝eq\f(2,3)，又AB＝6，∴BC＝9，∴AC＝AB＋BC＝15.13.如圖為四棱錐A－DEFG的側(cè)面展開圖(點G1，G2重合為G)，其中AD＝AF，G1D＝G2F，E是線段DF的中點，請寫出四棱錐A－DEFG中一對一定相互垂直的異面直線：________.(填上你認為正確的一個結(jié)論即可，不必考慮所有可能的情形)答案AE和DF(答案不唯一)解析如圖所示，連接DF和GE，相交于點O，連接AO.因為DG＝FG，DE＝EF，GE＝GE，所以△GDE≌△GFE，所以∠DGO＝∠FGO，又DG＝GF，GO＝GO，所以△DGO≌△FGO，所以DO＝OF，∠GOD＝∠GOF＝eq\f(π,2)，所以DF⊥GE.因為AD＝AF，OD＝OF，所以AO⊥DF.又因為AO∩GE＝O，AO，GE?平面AGE，所以DF⊥平面AGE，又AE?平面AGE，所以DF⊥AE.14.如圖，平面ABC⊥平面BCDE，四邊形BCDE為矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面積為2eq\r(3)，點P為線段DE上一點，當三棱錐P－ACE的體積為