空间线面平行与垂直的证明

空间线面平行与垂直的证明（10篇）

1.空间线面平行与垂直的证明 篇一

第二节用空间向量证明线线垂直与线面垂直

一、空间向量及其数量积

1、在空间，既有大小又有方向的量称为空间向量。用AB或a表示，其中向量的大小称为向量的长度或

或a。正如平面向量可用坐标(x,y.)表示，空间向量也可用坐标(x,y,z)表示。若已知点A坐标为（x1，y1，z1）,点B坐标为（x2，y2，z2）则向量AB=（x2-x1，y2-y1，z2-z1）即是终点坐标减起点坐标。222在空间，知道向量=（x，y，z

xyz 

2、空间向量数量积

① 已知两个非零向量a、b，在空间任取一点O，作OA=a，OB=b，则角∠AOB叫向量a与b的夹角，记作＜a，b＞规定，若0≤＜a，b＞≤，若＜a，b＞=

⊥。

② 已知空间两个向量a、b

COS＜a，b＞叫向量a、b的数量积，记作ab

COS＜，＞若⊥a＝０

③ 若已知空间向量a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2）则ab＝x1x2+y1y2+z1z2，COS＜a，，称a与b垂直，记作a2

x1x2y1y2z1z

2x1y1z1x2y2z2222222

例１ 如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=900,D1、E1分别为A1B1、A1C1中点，若BC=CA=CC1，求向BD1与AE1所成角的余弦值。

B

D1 1Ｃ

6练习：已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，B1E1=D1F1=

F

C1B

1C

DB

二、利用向量证线线垂直与线面垂直

A1B

1，求向量BE1与DF1所成角的余弦值。

4例2 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求证A1C⊥平面AB1D1

CC

练习：在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P为DD1的中点，求证：B1O⊥平面PAC。

A

例3 如图，PA⊥矩形ABCD所在平面，M, N分别是AB ,PC中点（1）求证：MN⊥CD

（2）若∠PDA=45，求证：MN⊥平面PCD

6N M

B

C

练习：正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是棱D1D中点，N是AD中点，P为棱A1B1上任一点。求证：NP⊥AM

作业：

A1

C1

M C 1.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是BB1中点，O是底面ABCD中心，求证：OE⊥平面D1AC.2.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，O ,M分别是BD1, AA1中点，求证：OM是异面直线AA1和BD1的公垂线.DA13、如图，直三棱柱ABC-—A1B1C1中，∠ACB=90，AC=1，CB=2，侧棱AA1=1，侧面AA1B1B的两

条对角线交点为D，B1C1的中点为M。求证：CD⊥平面BDM

6AB B1

4在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和BC的中点，M为棱B1B

上任一点，当

B1M

值为多少时能使D1M⊥平面EFB1 MB

A

E5、如图，ABC为正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且AE=AB=2a，CD=a，F为BE中点，求证：AF⊥BD

C

A6、如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中B1C1=A1C1，A1B⊥AC1。求证：A1B⊥B1C

Ａ

Ａ111

2.证明线面平行 篇二

二，面外一直线上不同两点到面的距离相等，强调面外

三，证明线面无交点

四，反证法(线与面相交，再推翻)

五，空间向量法，证明线一平行向量与面内一向量(x1x2-y1y2=0)

2

【直线与平面平行的判定】

定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

【判断直线与平面平行的方法】

(1)利用定义：证明直线与平面无公共点;

(2)利用判定定理：从直线与直线平行得到直线与平面平行;

(3)利用面面平行的性质：两个平面平行，则一个平面内的直线必平行于另一个平面

3.线面平行的证明题(共6题) 篇三

1．如图，在四棱锥P－ABCD中，M、N分别是AB、PC的中点，若ABCD是平行四边形，求证：MN//平面PAD．

P

C

A

M

2、如图，在底面为平行四边形的四棱锥 P—ABCD 中，点 E 是 PD 的中点.求证：PB//平面 AEC；

3、如图，在正方体ABCD——A1B1C1D1中，O

是底面ABCD

对角线的交点.求证：C1O//平面AD1B1.4.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E在AB1上，F在BD上，且B1E＝BF.求证：EF∥平面BB1C1C.E，F分别是棱BC，C1D1的中点，求证：5.如图，在正方体ABCDA1BC11D1中，EF//平面BB1D1D．

4.9-5用向量方法证明平行与垂直 篇四

例2．（线线垂直）

如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°.BC＝1，AA1＝，M是例5．（面面平行）

如图所示：正方体AC1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点．求证：平CC1的中点．求证：AB1⊥A1M.例3．（线面平行）

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.例4．（线面垂直）

在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB和BC的中点，试在棱B1B上找一点M，使得D1M⊥平面EFB1.第三页

面AMN∥平面EFDB.例6。（面面垂直）

如图，底面ABCD是正方形，SA底面ABCD，且SAAB平面ABCD.第四页E是SC中点.求证：

平面BDEy，2012-2013学第一学期数学理科一轮复习导学案编号：9-5班级：姓名：学习小组：组内评价：教师评价：

8．平面α的一个法向量为v1＝(1,2,1)，平面β的一个法向量v2＝－(2,4,2)，则平面α与平面β()A．平行

B．垂直C．相交

D．不能确定

9．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，则()A．面AED∥面A1FD1B．面AED⊥面A1FD1 C．面AED与面A1FD相交但不垂直D．以上都不对

10．已知l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为

11，2，2，则m＝________.11．如右上图所示，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________．

9.如下图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点． 证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.第三页

10.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F、G分别是BB1、DD1、DC的中点，求证：(1)平面ADE∥平面B1C1F；(2)平面ADE⊥平面A1D1G；

(3)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.11.如图所示,PD⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,AB=2,E是PB的中点,cos〈DP,AE〉=33

.(1)建立适当的空间坐标系,写出点E的坐标；(2)在平面PAD内求一点F,使EF

⊥平面

PCB

5.空间线面平行与垂直的证明 篇五

1、点线面位置关系判定问题

解题方法与技巧：在判定点线面的位置关系时，通常有两个切入点（1）集合：点、线点、面的位置关系从集合的从属关系来判定；线、面都是点集，所以在考虑线面关系时从集合与集合的包含关系或者集合与集合的交、并、补关系来判定；（2）几何：把集合与几何关系结合来判定线线，线面，面面关系

例1、设是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题

①若，则；

②若l上两点到的距离相等，则；

③若

④若

其中正确的命题是

（）

A．①②

B．②③

C．②④

D．③④

解析：

①由面面垂直关系已知不成立，可能垂直也可能相交平行。错误；②由点到面距离易知直线还可能和平面相交；③因为所以在平面β内一定有一直线垂直α所以正确④根据平行关系易知正确

答案选D

练习1、设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）

（A）若，则

（B）若，则

（C）若，则

（D）若，则

练习2、给定下列四个命题：

（）

①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；

②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；

③垂直于同一直线的两条直线相互平行；.④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中，为真命题的是

A．①和②

B．②和③

C．③和④

D．②和④

练习3.（2009浙江卷文）设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

练习4．顺次连接空间四边形各边中点所成的四边形必定是（）

A、平行四边形

B、菱形

C、正方形

D、梯形

练习题答案：练习1：B；练习2：

D；练习3：

C；练习4：

A；

2、空间中线面的平行垂直证明

例1：如图：四棱锥—中，底面是平行四边形，为侧棱的中点，证明：∥平面

解析：

证明PC平行于面EBD，只需在面EBD内找一条直线和已知直线平行即可

E为中点，首先考虑构造等腰三角形中位线，取AC中点O连接EO即可

证明：取AC的中点O,连接EO，例2：三棱柱—中，为的中点，为的中点，为的中点，证明：平面∥平面

解析：面面平行的证明定理，证明两平面内两组相交直线平行，即把面面

平行问题转化为线线平行问题，按解决线线平行的思路即可解决问题

证明：连接BC1,EF

分别为BC、B1C1、BB1、CC1的中点，例3：如图：四棱锥—中，⊥平面，底面是矩形，为的中点，⊥，证明：⊥

解析：线线垂直的证明分同平面直线垂直证明和异平面垂直证明，在处理异平面垂直证

明问题时，优先考虑证明一直线垂直于另一直线所在平面，转化为线面垂直证明问题

即证明PD垂直于面BEF即可

证明：点

例4：如图：四棱锥—中，⊥平面，底面是矩形，证明：平面⊥平面

练习1：如图：四棱锥—中，底面是平行四边形，为侧棱的中点，证明：∥平面

练习2：如图：三棱柱—中，为的中点，证明：∥平面

练习3：如图：三棱柱—中，为的中点，证明：∥平面

练习4：如图：四棱锥—中，底面是平行四边形，、分别为、的中点，证明：∥平面

练习5：如图：三棱柱—中，、分别为、的中点，证明：∥平面

练习6：如图：四棱锥—中，底面是平行四边形，、分别为、的中点，证明：∥平面

练习7：如图：三棱柱—中，为的中点，为的中点，证明：∥平面

练习8：如图：四棱锥—中，⊥平面，底面是梯形，∥，，为的中点，证明：⊥

练习9：如图：直三棱柱—中，，、分别为、的中点，为的中点，证明：⊥

练习10：如图：四棱锥—中，⊥平面，⊥，，⊥，⊥，为的中点，证明：⊥

练习11：如图：四棱锥—中，底面是矩形，平面⊥平面，证明：平面⊥平面

练习12：如图：五面体中，是正方形，⊥平面，∥，证明：平面⊥平面

练习13：如图：四棱锥—中，⊥平面，是菱形，为的中点，证明：平面⊥平面

6.1线面垂直的性质 篇六

桃江一中，徐令芝

 教学目标：1.探究线面垂直的性质定理，培养学生的空间想象能力

2.对性质定理进行变式探究，培养学生发现问题，提出问题的能力

3.掌握线面垂直性质定理的应用，提高逻辑推理能力。 重点难点：线面垂直性质定理及其应用，定理变式探究

 教学过程：

一、知识回顾

1.直线和平面垂直的定义如何？

2.直线与平面垂直的判定定理?

二、新知探究

1.线面垂直的性质定理

先观察图片直观感知，再借助模型思考，由此抽象出线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行

证略。

点评：(1)反证法；（2）定理的作用。

2.性质定理的应用举例

例 1: 请在下面的横线上填上适当的条件,使结论成立。

am,an，则a∥b bm,bn

例 2: 如图，已知  l ,于点A，CBCA  于点B，a,aAB,求证：a∥l.点评：(1)证线线平行的方法；（2）线线关系与线面关系的反复转化。

3.性质定理的变式探究

(1)类比探究：

①交换“平行”与“垂直”

②交换“直线”与“平面”

(2)逆向探究：再对类比探究得到的两结论进行探究

点评：(1)学会发现问题，提出问题的方法；

(2)注意这些结论在解题中应用。

三、课堂小结

(1)知识方法；(2)数学思想。

四、课后作业

(1)书面作业；(2)课后探究。

7.线面垂直高考题 篇七

(2012天津文数).（本小题满分13分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PD=CD=2.（I）求异面直线PA与BC所成角的正切值；

（II）证明平面PDC⊥平面ABCD；

（III）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。

（2012天津理数）（本小题满分13分）P如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1.（Ⅰ）证明PC⊥AD；

（Ⅱ）求二面角A-PC-D的正弦值；

（Ⅲ）设E为棱PA上的点，满足异面

直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长.C

D

（2010年安徽）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF//AB，EF⊥FB，AB=2EF，BFC90,BF=FC，H为BC的中点.（I）求证：FH//平面EDB；

（II）求证：AC⊥平面EDB；

（III）求二面角B—DE—C的大小.(2012上海理数)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD

是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=22，PA=2.求：

E

（1）三角形PCD的面积；（6分）（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）

B

（2012山东）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；

（Ⅱ）求二面角F-BD-C的余弦值。

（2012年北京）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,(I)求证：A1C⊥平面BCDE；

(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由

（2012辽宁）如图，直三棱柱ABCABC，BAC90，[来源:学科网]

///

ABACAA/,点M，N分别为A/B和B/C/的中点。

(Ⅰ)证明：MN∥平面AACC;

(Ⅱ)若二面角AMNC为直二面角，求的值。

（2012江苏）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1ACCC1E分别是棱BC，11，D，上的点（点D 不同于点C），且ADDE，F为B1C1的中点． A1求证：（1）平面ADE平面BCC1B1；

（2）直线A1F//平面ADE．

（2012湖南），在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点。（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；

（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积。

B A

D

/

/

/

C1

E

（2012湖北），∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），（1）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；

（2）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小

（2012广东），在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。

（1）证明：BD⊥平面PAC；

（2）若PH=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值；

（2012年福建）在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E为CD中点。（Ⅰ）求证：B1E⊥AD1；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的行；若存在，求AP的长；若不存在，说明理由。（Ⅲ）若二面角A-B1EA1的大小为30°，求AB的长。

（2012大纲全国卷）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC.（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；

（Ⅱ）设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小。

（2012安徽）平面图形ABB1AC11C如图4所示，其中BB1C1C是矩形，BC2,BB1

4，ABAC，A1B1A1C1BC和B1C1折叠，使ABC

与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接AA1,BA1,CA1,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。

8.《线面平行的判定》课后教学反思 篇八

一、在探究问题上，我首先列举了实际生活中的两个例子，一个是门旋转问题，一个是镜子旋转问题。

通过这两个例子，使学生更加清楚的认识线面平行。然后再课件中，通过学生观察平面外一条直线和平面内一条直线平行，让学生来思考面外这条线和这个面是否平行。这个问题对于初学者是有难度的。我特意在这个班做了一些铺垫。应该说许多学生还是能够马上回答出来的。

二、探究之后是定理内容的`总结及应用。几个比较好的.小地方是：

(1)及时强调了定理内容的三个要点并在做题步骤中一直进行强调，使学生把握住了做题的关键;

(2)在黑板上进行了例题1的规范步骤的板书，并一直保留着这块板书，使学生有依可循;

(3)让学生上黑板进行板书，对学生的做题程度进一步掌握，并及时发现解决了一些问题(这一点似乎每个老师在开课的时候都有这个环节)。

不足之处：

(1)最后一道练习题只是把思路给学生说了说，然后是作为课后作业给布置下去的，这一点需要改进一下，其实主要原因还是因为时间上没控制好，因为开头花的时间有点多，导致最后时间不够用了，前松后紧;

(2)最后的当堂练习如果给学生只是检测2个题会更好一些，时间上也更充裕，特别是第三题有点难度，导致有点拖堂;

9.线面垂直性质习题及答案 篇九

一．选择题

C是⊙O上的任一点，求证：PC⊥BC．

1．直线平面,直线m内。则有（）

Al和m异面Bl和m相交Cl∥mDl不平行m 2 直线a∥平面，直线ba, 则b与的关系是（）A．b∥B、b 与相交C、b D、不能确定

3.直线b直线a，直线b平面，则直线a与平面的关系是（）A.a∥BaD a 或a∥Da

A

4．已知PH⊥Rt△HEF所在的平面，且HE⊥EF，连结PE、PF，则图中直角三角形的个数是（）F

A1B 2H

C3D

45.在下列四个正方形中,能得到AB⊥CD的是()

(A)

(B)(C)(D)

6．已知直线a、b和平面M、N，且aM，那么（）（A）b∥Mb⊥a（B）b⊥ab∥M（C）N⊥Ma∥N（D）aNMN

二．填空题。

7．在RtABC中，D是斜边AB的中点，AC=6cm,BC=8cm,EC平面ABC，EC=12cm，则

EA=cm ；EB=cm ； ED=cm。

8．已知正△ABC的边长为2cm，PA⊥平面ABC，A 为垂足，且PA=2cm,那么P到BC的距离为。

9．设棱长为1的正方体ABCD-A/B/C/D/中，M、N分别为AA/和BB/的中点，则直线CM和D/N所成的角的余弦值为 10．在菱形ABCD中，已知∠BAD=600，AB=10cm，PA⊥菱形ABCD所在平面，且PA=5cm，则P到BD的距离为，P到DC的距离为。11．如图3，已知PA⊥平面ABC,AB是⊙O的直径，12.设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，ACBC1,CD

求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）二面角ABCD的大小；（3）异面直线AB和CD的大小．

参考答案

1~6DDCBAAEA=；

EB= ；9.1

10.10cm , 10cm

11．证明：∵PA⊥平面ABC, ∴PA⊥BC

∵AB是⊙O的直径 ∴AC⊥BC

∴BC⊥平面ACP ∴PC⊥BC 12.解：（1）∵AO面BCD，∴AOCO，∴ACO为AC与面BCD所成角．

∵BC1,CD

∴BD，∴CO

12BD

∴cosACO，∴ACO6，即AC与平面BCD所成角的大小为

．（2）取BC中点E，连接OE,AE，∴OE//CD．∵CDBC，A

F

B

OD

E

C。

ED= 13 cm

∴OEBC．又∵AO面BCD，∴AEBC，∴AEO为二面角ABCD的平面角．

11又∵OECDAO，∵AOOE，22

∴tanAEOAOAEOarctan 

OE22

． 2即二面角ABC

D的大小为arctan

10.空间线面平行与垂直的证明 篇十

「考情研析」　1.从具体内容上：①以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题；②以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查．　2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查．

核心知识回顾

1.直线与平面平行的判定和性质

(1)判定

①判定定理：a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α．

②面面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β．

(2)性质：l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m．

2．直线和平面垂直的判定和性质

(1)判定

①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c⊂α，b∩c＝O⇒a⊥α．

②线面垂直的其他判定方法：

a．a∥b，a⊥α⇒b⊥α．

b．l⊥α，α∥β⇒l⊥β．

c．α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．

(2)性质

①l⊥α，a⊂α⇒l⊥a．

②l⊥α，m⊥α⇒l∥m．

3．两个平面平行的判定和性质

(1)判定

①判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α．

②面面平行的其他判定方法：

a．l⊥α，l⊥β⇒α∥β．

b．α∥γ，α∥β⇒β∥γ．

(2)性质：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b．

4．两个平面垂直的判定和性质

(1)判定：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β．

(2)性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．

热点考向探究

考向1　空间线面位置关系的判定

例1(1)(多选)(2020·山东省烟台市模拟)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则()

A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n

B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n

C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β

D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β

答案　BC

解析　由m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，知：对于A，若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n相交、平行或异面，故错误；对于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质定理得m⊥n，故正确；对于C，若m∥n，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直的性质定理和面面平行的判定定理得α∥β，故正确；对于D，若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，故错误．故选BC.(2)

(多选)(2020·山东省实验中学高考预测卷)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱CC1上，则下列结论正确的是()

A．直线BM与平面ADD1A1平行

B．平面BMD1截正方体所得的截面为三角形

C．异面直线AD1与A1C1所成的角为

D．MB＋MD1的最小值为

答案　ACD

解析　对于A，因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，即可判定直线BM与平面ADD1A1平行，故正确；对于B，如图1，平面BMD1截正方体所得的截面为四边形，故错误；对于C，如图2，异面直线AD1与A1C1所成的角为∠D1AC，即可判定异面直线AD1与A1C1所成的角为，故正确；对于D，如图3，将正方体的侧面展开，可得当B，M，D1共线时，MB＋MD1有最小值，最小值为BD1＝＝，故正确．故选ACD.判断空间线面位置关系常用的方法

(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．

(2)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位置关系，并结合有关定理来进行判断.(多选)(2020·山东省聊城市一模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()

A．直线D1D与直线AF垂直

B．直线A1G与平面AEF平行

C．平面AEF截正方体所得的截面面积为

D．点C与点G到平面AEF的距离相等

答案　BC

解析　∵CC1与AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF与DD1不垂直，故A错误；取B1C1的中点N，连接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，则直线A1G∥平面AEF，故B正确；把截面AEF补形为四边形AEFD1，由四边形AEFD1为等腰梯形可得平面AEF截正方体所得的截面面积S＝，故C正确；假设点C与点G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于点H，而H不是CG中点，则假设不成立，故D错误．故选BC.考向2　空间平行、垂直关系的证明

例2(2020·山东省青岛市高三期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，面PAD⊥面ABCD，E为AD的中点．

(1)求证：PA⊥BD；

(2)在线段AB上是否存在一点G，使得BC∥面PEG？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．

解(1)证明：取AB的中点F，连接DF.∵DC∥AB且DC＝AB，∴DC∥BF且DC＝BF，∴四边形BCDF为平行四边形，又AB⊥BC，BC＝CD＝1，∴四边形BCDF为正方形．

在Rt△AFD中，∵DF＝AF＝1，∴AD＝，在Rt△BCD中，∵BC＝CD＝1，∴BD＝，∵AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵BD⊂面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，面PAD⊥面ABCD，∴BD⊥面PAD，∵PA⊂面PAD，∴PA⊥BD.(2)在线段AB上存在一点G，满足AG＝AB，即G为AF的中点时，BC∥面PEG，证明如下：连接EG，∵E为AD的中点，G为AF中点，∴GE∥DF，又DF∥BC，∴GE∥BC，∵GE⊂面PEG，BC⊄面PEG，∴BC∥面PEG.空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．

(2020·江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，已知SA＝SB，四边形ABCD是平行四边形，且平面SAB⊥平面ABCD，点M，N分别是SC，AB的中点．

求证：(1)MN∥平面SAD；

(2)SN⊥AC.证明(1)取SD的中点E，连接EM，EA.∵M是SC的中点，∴EM∥CD，且EM＝CD.∵底面ABCD是平行四边形，N为AB的中点，∴AN∥CD，且AN＝CD，∴EM∥AN，EM＝AN，∴四边形EMNA是平行四边形，∴MN∥AE.∵MN⊄平面SAD，AE⊂平面SAD，∴MN∥平面SAD.(2)∵SA＝SB，N是AB的中点，∴SN⊥AB，∵平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，SN⊂平面SAB，∴SN⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴SN⊥AC.考向3　立体几何中的翻折问题

例3(1)(2020·山东省潍坊市三模)如图1，四边形ABCD是边长为10的菱形，其对角线AC＝12，现将△ABC沿对角线AC折起，连接BD，形成如图2的四面体ABCD，则异面直线AC与BD所成角的大小为________；在图2中，设棱AC的中点为M，BD的中点为N，若四面体ABCD的外接球的球心在四面体的内部，则线段MN长度的取值范围为________．

答案(，8)

解析　连接BM，DM，∵四边形ABCD是菱形，M为棱AC的中点，∴AC⊥BM，AC⊥DM，又BM∩DM＝M，则AC⊥平面BMD，∵BD⊂平面BMD，∴AC⊥BD，则异面直线AC与BD所成角的大小为.∵四边形ABCD是边长为10的菱形，其对角线AC＝12，∴MA＝6，MB＝8.设O1是△ABC的外心，则O1在中线BM上，设过点O1的直线l1⊥平面ABC，易知l1⊂平面BMD，设O2是△ACD的外心，则O2在中线DM上，设过点O2的直线l2⊥平面ACD，易知l2⊂平面BMD，由对称性易知l1，l2的交点O在直线MN上，根据外接球的性质，知点O为四面体ABCD的外接球的球心，O1A2＝O1M2＋MA2，O1A＋O1M＝BM＝8，∴(8－O1M)2＝O1M2＋36，解得O1M＝，令∠BMN＝θ，根据题意可知BD⊥CN，BD⊥AN，且CN∩AN＝N，∴BD⊥平面ACN，又MN⊂平面ACN，∴BD⊥MN，∴0<θ<，∴MN＝BM

cos

θ＝8cos

θ<8.∵cos

θ＝＝，∴OM·MN＝O1M·BM＝×8＝14，又OM14，∴MN>，∴

①当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC，并证明；

②若AB＝2，∠P′DC＝135°，证明：点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离.解　①当点M为P′C的中点时，平面ADM⊥平面P′BC，证明如下：∵DP′＝DC，M为P′C的中点，∴P′C⊥DM，∵AD⊥DP′，AD⊥DC，DP′∩DC＝D，∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C，又DM∩AD＝D，∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC.②在平面P′CD上作P′H⊥CD的延长线于点H，由①中AD⊥平面DP′C，可知平面P′CD⊥平面ABCD，又平面P′CD∩平面ABCD＝CD，P′H⊂平面P′CD，P′H⊥CD，∴P′H⊥平面ABCD，由题意，得DP′＝2，∠P′DH＝45°，∴P′H＝，又VP′－ADC＝VC－P′AD，设点C到平面P′AD的距离为h，即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h，由题意，知△ADC≌△ADP′，则S△ADC＝S△P′AD.∴P′H＝h，故点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，且该距离为.翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化，解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数量关系”．

如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2所示的几何体D－ABC中，(1)求证：BC⊥平面ACD；

(2)若点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．

解(1)证明：在图1中，由题意，知AC＝BC＝2，AB＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.如图2，因为E为AC的中点，连接DE，则DE⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面ACD，从而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC.又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD.(2)如图2，取DC的中点F，连接EF，BF，因为E是AC的中点，所以EF∥AD，又EF⊂平面BEF，AD⊄平面BEF，所以AD∥平面BEF，由(1)知，DE为三棱锥D－ABC的高，因为三棱锥F－BCE的高h＝DE＝×＝，S△BCE＝S△ABC＝××2×2＝2，所以三棱锥F－BCE的体积为

VF－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝.真题押题

『真题检验』

1．(2020·浙江高考)已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的()

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

答案　B

解析　依题意m，n，l是空间中不过同一点的三条直线，当m，n，l在同一平面时，可能有m∥n∥l，故不能得出m，n，l两两相交．当m，n，l两两相交时，设m∩n＝A，m∩l＝B，n∩l＝C，则m，n确定一个平面α，而B∈m⊂α，C∈n⊂α，所以直线BC即l⊂α，所以m，n，l在同一平面．综上所述，“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件．故选B.2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()

A．α内有无数条直线与β平行

B．α内有两条相交直线与β平行

C．α，β平行于同一条直线

D．α，β垂直于同一平面

答案　B

解析　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此，B中条件是α∥β的充要条件．故选B.3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

答案

解析　如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB.设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP.因为球的半径为，D1E＝，所以EP＝＝＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为.因为EF＝EG＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧.因为∠B1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG＝，所以根据弧长公式可得交线长l＝×＝.4.(2020·全国卷Ⅲ)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)连接BD，B1D1.∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BB1.∵AB＝BC，∴四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD.∵BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D.∵EF⊂平面BB1D1D，∴EF⊥AC.(2)在CC1上取点M使得CM＝2MC1，连接DM，MF，EC1.∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，∴ED＝MC1，ED∥MC1.∴四边形DMC1E为平行四边形，∴DM∥EC1.∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BF＝2FB1，CM＝2MC1，∴DA∥CB，DA＝CB，MF∥CB，MF＝CB，∴MF∥DA，MF＝DA，∴四边形MFAD为平行四边形，∴DM∥AF，∴EC1∥AF.∴点C1在平面AEF内．

5．(2020·江苏高考)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.证明(1)由于E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.由于EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)由于B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.由于AB⊥AC，AC∩B1C＝C，所以AB⊥平面AB1C，由于AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.『金版押题』

6.(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则()

A．CM与PN是异面直线

B．CM>PN

C．平面PAN⊥平面BDD1B1

D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形

答案　BCD

解析　由C，N，A三点共线，得CN，PM交于点A，因此CM，PN共面，A错误；记∠PAC＝θ，则PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN

cos

θ＝AP2＋AC2－AP·AC

cos

θ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM

cos

θ＝AC2＋AP2－AP·AC

cos

θ，又AP0，所以CM2>PN2，即CM>PN，B正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AN⊥BD，BB1⊥平面ABCD，则BB1⊥AN，BB1∩BD＝B，可得AN⊥平面BDD1B1，AN⊂平面PAN，从而可得平面PAN⊥平面BDD1B1，C正确；在C1D1上取一点K，使得D1K＝D1P，连接KP，KC，A1C1，易知PK∥A1C1，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，所以PK，AC共面，PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形，D正确．故选BCD.专题作业

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．(2020·武汉部分学校质量检测)若点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是()

答案　D

解析　对于A，因为A，C，M，N分别为所在棱的中点，由正方体的性质知MN∥AC，又MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于B，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知MN∥BE.因为MN⊄平面ABC，BE⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于C，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知MN∥BE，因为MN⊄平面ABC，BE⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于D，连接AM，BN，由条件及正方体的性质知四边形AMNB是等腰梯形，所以AB与MN所在的直线相交，故不能推出MN∥平面ABC.故选D.2．(2020·长春高三质量监测)已知直线a和平面α，β有如下关系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，则下列命题为真的是()

A．①③⇒④

B．①④⇒③

C．③④⇒①

D．②③⇒④

答案　C

解析　如图正方体中，当直线a为AB，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面B1BCC1时，α⊥β，a⊥β，a⊂α，故A不正确；当直线a为DD1，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面B1BCC1时，α⊥β，a∥α，a∥β，故B不正确；若a⊥β，a∥α，则由面面垂直的判定定理可推出α⊥β，故C正确；当直线a为A1D1，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面D1DCC1时，α∥β，a⊥β，a⊥α，故D不正确．综上所述，C为真命题，故选C.3.(2020·四川省泸州市模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是()

A.AC与B1C是相交直线且垂直

B.AC与A1D是异面直线且垂直

C．BD1与BC是相交直线且垂直

D．AC与BD1是异面直线且垂直

答案　D

解析　如图，连接AB1，可得△AB1C为正三角形，可得AC与B1C是相交直线且成60°角，故A错误；∵A1D∥B1C，∴AC与A1D是异面直线且成60°角，故B错误；BD1与BC是相交直线，所成角为∠D1BC，其正切值为，故C错误；连接BD，可知BD⊥AC，则BD1⊥AC，可知AC与BD1是异面直线且垂直，故D正确．故选D.4．(2020·河北省石家庄模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法正确的是()

①m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；

②m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；

③m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β；

④m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β.A．①②③

B．①③④

C．②④

D．③④

答案　D

解析　对于①，当m∥α，n∥β，且m∥n时，有α∥β或α，β相交，所以①错误；对于②，当m∥α，n∥β，且m⊥n时，有α⊥β或α∥β或α，β相交且不垂直，所以②错误；对于③，当m⊥α，n⊥β，且m∥n时，得出m⊥β，所以α∥β，③正确；对于④，当m⊥α，n⊥β，且m⊥n时，α⊥β成立，所以④正确．综上知，正确的命题序号是③④.故选D.5．(2020·甘肃省靖远县高三第四次联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD上的一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为()

A．

B．

C．

D．

答案　C

解析　因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G与平面ABCD所成角即为B1G与平面A1B1C1D1所成角，易知B1G与平面A1B1C1D1所成角为∠D1B1G.设AB＝6，则AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，则＝，即＝⇒DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan

∠D1B1G＝＝＝，故B1G与平面ABCD所成角的正切值为，故选C.6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是()

A．点F的轨迹是一条线段

B．A1F与BE是异面直线

C．A1F与D1E不可能平行

D．三棱锥F－ABC1的体积为定值

答案　C

解析　由题知A1F∥平面D1AE，分别取B1C1，BB1的中点H，G，连接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故点F的轨迹为线段HG，A正确；由异面直线的判定定理可知A1F与BE是异面直线，故B正确；当F是BB1的中点时，A1F与D1E平行，故C不正确；∵HG∥平面ABC1，∴F点到平面ABC1的距离不变，故三棱锥F－ABC1的体积为定值，故D正确．

7．(2020·长沙模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝2，M为棱BC的中点，动点P满足∠APD＝∠CPM，则点P的轨迹与长方体的面DCC1D1的交线长等于()

A．

B．π

C．

D．π

答案　A

解析　如图，由题意知，只需考虑点P在平面DCC1D1上的情况，此时AD⊥DP，MC⊥CP，所以tan

∠APD＝，tan∠CPM＝.因为∠APD＝∠CPM，所以＝.因为M是BC的中点，所以AD＝2MC，所以DP＝2PC.在平面D1DCC1内，以D为原点，的方向为x轴的正方向，DD1的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D(0，0)，C(6，0).设P(x，y)，则

＝2，化简，得y2＋(x－8)2＝42.该圆与平面D1DCC1的交线长对应的圆心角为，则对应弧长为×4＝.8．(2020·佛山模拟)如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，在翻折过程中，记点A对应的点为A′，二面角A′－DC－B的平面角的大小为α，则当α最大时，tan

α＝()

A.B．

C．

D．

答案　D

解析　如图，取BC的中点F，连接AF，交BE于点O，则AF⊥BE，连接OA′，A′F，则OA′＝OA＝，OA′⊥BE，OF⊥BE，又OA′∩OF＝O，所以BE⊥平面OA′F，又BE⊂平面ABCD，所以平面OA′F⊥平面ABCD.设A′在AF上的投影为M，连接A′M，设∠A′OM＝β，则A′M＝sin

β，OM＝cos

β，过点M作MN⊥CD交CD于点N，连接A′N，则∠A′NM＝α.易得α∈，MN＝－cos

β，所以当α最大时，tan

α最大，tan

α＝＝，令＝t，所以sin

β＝3t－t

cos

β，所以3t＝sin

β＋t

cos

β＝sin

(β＋θ)，所以3t≤，所以t≤，即tan

α≤，故选D.二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．(2020·山东省青岛市高三期中)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的是()

A．直线A1B

B．直线BB1

C．平面A1DC1

D．平面A1BC1

答案　AD

解析　如图，由A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，故直线A1B与平面ACD1平行，故A正确；直线BB1∥DD1，DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1相交，故B错误；显然平面A1DC1与平面ACD1相交，故C错误；由A1B∥D1C，AC∥A1C1，且A1B∩A1C1＝A1，AC∩D1C＝C，故平面A1BC1与平面ACD1平行，故D正确．故选AD.10．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　在A中，AB与CE的夹角为45°，所以直线AB与平面CDE不垂直，故不符合题意；在B中，AB⊥CE，AB⊥DE，CE∩DE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合题意；在C中，AB与EC的夹角为60°，所以直线AB与平面CDE不垂直，故不符合题意；在D中，AB⊥DE，AB⊥CE，DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合题意．故选BD.11．(2020·海南省高三三模)如图，四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有()

A．直线PB与平面AMC平行

B．直线PB与直线AD垂直

C．线段AM与线段CM长度相等

D．PB与AM所成角的余弦值为

答案　ABD

解析　如图，连接MN，易知MN∥PB，又MN⊂平面AMC，∴PB∥平面AMC，A正确；在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴△BAD为等边三角形．设AD的中点为O，连接OB，OP，则OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又PB⊂平面POB，∴AD⊥PB，B正确；由平面PAD⊥平面ABCD，得△POB为直角三角形，设AD＝4，则OP＝OB＝2，∴PB＝2，MN＝PB＝.在△MAN中，AM＝AN＝2，MN＝，可得cos

∠AMN＝，故异面直线PB与AM所成角的余弦值为，D正确；∵cos

∠MNC＝－cos

∠MNA＝－cos

∠AMN＝－，又NC＝2，MN＝，∴－＝，得CM＝2>AM，C错误．故选ABD.12．(2020·山东省威海市一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2.则()

A．平面PED⊥平面EBCD

B．PC⊥ED

C．二面角P－DC－B的大小为45°

D．PC与平面PED所成角的正切值为

答案　AC

解析　A项，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD⊂平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，正确；B项，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，则ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝45°，显然矛盾，故错误；C项，二面角P－DC－B的平面角为∠PDE，又∠PDE＝∠ADE＝45°，故正确；D项，由上面分析可知，∠CPD为直线PC与平面PED所成的角，在Rt△PCD中，tan

∠CPD＝＝，故错误．故选AC.三、填空题

13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分别为AA1，BB1的中点，则异面直线BM与C1N所成角的余弦值为________．

答案

解析　如图，连接A1N，则A1N∥BM，所以异面直线BM与C1N所成的角就是直线A1N和C1N所成的角．由题意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos

∠A1NC1＝＝.所以异面直线BM与C1N所成角的余弦值为.14．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．

答案　若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)

解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.15．已知四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC将△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F是AD′的中点，E是AC上一点，给出下列结论：

①存在点E，使得EF∥平面BCD′；

②存在点E，使得EF⊥平面ABC；

③存在点E，使得D′E⊥平面ABC；

④存在点E，使得AC⊥平面BD′E.其中正确的结论是________(写出所有正确结论的序号).答案　①②③

解析　对于①，存在AC的中点E，使得EF∥CD′，利用线面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；对于②，过点F作EF⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得EF⊥平面ABC；对于③，过点D′作D′E⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得D′E⊥平面ABC；对于④，因为ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BD′E.16．如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：

①△SAC为直角三角形；

②平面SAD⊥平面SBD；

③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．

其中正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号).答案　①③

解析　如图，连接OC，∵SO⊥底面圆O，∴SO⊥AC，C在以AO为直径的圆上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即△SAC为直角三角形，故①正确；假设平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中过点A作AH⊥SD交SD于点H，则AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②错误；连接DO并延长交圆O于点E，连接PO，SE，∵P为SD的中点，O为ED的中点，∴OP是△SDE的中位线，∴PO∥SE，即SE∥平面PAB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行．故③正确．故正确是①③.四、解答题

17.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F是棱PA上的一动点，E为PD的中点．

(1)求证：平面BDF⊥平面ACF；

(2)若AF＝2，侧面PAD内是否存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF，若存在，给出证明；若不存在，请说明理由．

解(1)证明：由题意可知，PA⊥平面ABCD，则BD⊥PA，又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC为平面PAC内两相交直线，所以BD⊥平面PAC，BD为平面BDF内一直线，从而平面BDF⊥平面ACF.(2)侧面PAD内存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF.设G是PF的中点，连接EG，CG，OF，则⇒平面CEG∥平面BDF，所以直线EG上任一点M都满足CM∥平面BDF.18.(2020·河北省保定市二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的正方形，PA＝PD＝，E为PA的中点，点F在PD上且EF⊥平面PCD，M在DC延长线上，FH∥DM，交PM于点H，且FH＝1.(1)证明：EF∥平面PBM；

(2)求点M到平面ABP的距离.解(1)证明：取PB的中点G，连接EG，HG，则EG∥AB，且EG＝1，∵FH∥DM，且FH＝1