第18练　空间点、直线、平面之间的位置关系 课件（共83张PPT）

(共83张PPT)
空间点、直线、平面之间的位置关系
第18练
专项典题精练
高考汇编
1.(2019·全国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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；
对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；
对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；
对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2.(多选)(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题，则下述命题是真命题的是
A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B.过空间中任意三点有且仅有一个平面
C.若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D.若直线l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
解析　A是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知A为真命题；
B是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；
C是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；
D是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3.(多选)(2021·新高考全国Ⅱ)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
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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，
故MN⊥OP不成立，故A错误.
对于B，如图(2)所示，取AN的中点B，连接PB，OB，
图(1)
所以OP2＋PB2＝OB2，所以OP⊥PB，又PB∥MN，所以OP⊥MN.
图(2)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
对于C，如图(3)所示，取AD的中点C，
连接OC，PC，BD，
因为P，C分别是DE，AD的中点，
所以CP⊥BD，
又OC⊥平面ADEB，BD 平面ADEB，
所以OC⊥BD，
又OC∩CP＝C，OC，CP 平面OCP，
所以BD⊥平面OCP，所以BD⊥OP，
又BD∥MN，所以OP⊥MN.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
图(3)
对于D，如图(4)所示，取AN的中点B，ME的中点F，
连接PB，BF，OF，
若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，
所以OF⊥MN，所以MN⊥平面OFBP，
所以MN⊥BF，
显然，MN与BF不可能垂直，
所以OP⊥MN不成立.
图(4)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4.(2019·全国Ⅲ)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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　取CD的中点O，连接ON，EO，如图所示.
因为△ECD为正三角形，
所以EO⊥CD，
又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，
所以EO⊥平面ABCD.
设正方形ABCD的边长为2，
所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.
过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以BM≠EN.连接BD，BE，
因为四边形ABCD为正方形，
所以N为BD的中点，
即EN，MB均在平面BDE内，
所以直线BM，EN是相交直线.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5.(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　方法一　如图，连接C1P，
因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，
所以C1P⊥B1D1，
又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.
又BP 平面B1BP，所以C1P⊥BP.
连接BC1，则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法二　以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
设直线PB与AD1所成的角为θ，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法三　如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，
则易知AD1∥BC1，
所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.
根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，
易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.
易知A1B＝BC1＝A1C1，
所以△A1BC1为等边三角形，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
又P为A1C1的中点，
A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B.当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
√
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，
如图1所示，
此时△AB1P的周长为
图1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，
如图2所示，
图2
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，
假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP；
方法一　由多选题特征，排除A，C，故选BD.
方法二　对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，
所以A1B⊥AB1，
设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，
所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法三　对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，
以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C1－xyz，
所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7.(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解　方法一　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，
过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，
又BC 平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法二　如图所示，以O为坐标原点，
OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，
以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
设A(0,0，a)，a>0，
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
得a＝1，即OA＝1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
8.(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
证明　如图，连接OA，OB，OC，
∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，∴OD⊥平面ABC，
∵P在DO上，OA＝OB＝OC，
∴PA＝PB＝PC，
∵△ABC是圆内接正三角形，
∴AC＝BC，△PAC≌△PBC，
∴∠APC＝∠BPC＝90°，即PA⊥PC，PB⊥PC，
PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB，PC 平面PAC，
∴平面PAB⊥平面PAC.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解　设圆锥的母线为l，底面半径为r，
∴三棱锥P－ABC的体积为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
模拟精选
9.(多选)(2021·重庆一中模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有正确的命题是
A.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B.若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β
C.若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β
D.若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
解析　由m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，
对于A，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，若m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若m⊥α，n∥β，α∥β，则由面面平行、线面垂直的性质得m⊥n，故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
A.平面RPQ∥平面ACD
B.平面RPQ⊥平面BCD
C.AC∥RQ
D.PQ⊥AD
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　如图，取BD的中点O，连接AO，OC，PQ，RQ，PR，
由题意知三棱锥A－BCD为正三棱锥，
所以AB＝AD＝AC，BC＝CD＝BD，
因此AO⊥BD，CO⊥BD，
又AO∩CO＝O，AO 平面AOC，CO 平面AOC，
所以BD⊥平面AOC.
因为BD 平面BCD，
所以平面AOC⊥平面BCD.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以RQ∥AO，PQ∥CO，
又RQ 平面AOC，AO 平面AOC，
所以RQ∥平面AOC，
同理PQ∥平面AOC，
又RQ∩PQ＝Q，
所以平面RPQ∥平面AOC，
所以平面RPQ⊥平面BCD，即B正确；
因为平面AOC与平面ACD相交，
所以平面RPQ与平面ACD相交，即A错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
因为AC与AO相交，所以AC与RQ异面，即C错误；
因为PQ∥CO，则PQ⊥BD，
若PQ⊥AD，根据BD∩AD＝D，
BD 平面ABD，AD 平面ABD，
可得CO⊥平面ABD，
又CO 平面BCD，
所以平面ABD⊥平面BCD，这与该几何体是正三棱锥矛盾(正三棱锥的侧面不与底面垂直)，
所以PQ和AD不垂直，即D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
11.(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝ ，PA＝AC＝2，PA⊥平面ABCD，点E为PD的中点，则下列结论正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
C.PB∥平面ACE
D.BD⊥平面PAC
√
√
√
所以四棱锥P－ABCD无外接球，故选项A错误；
如图，取PA，CD，AD的中点F，G，H，
连接FG，FH，GH，则FH∥PD，GH∥AC，
所以异面直线AC与PD所成的角为∠FHG或其补角，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
连接BD交AC于点O，连接OE，
因为E为PD的中点，则OE∥PB，
又OE 平面ACE，PB 平面ACE，
所以PB∥平面ACE，故选项C正确；
因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PA⊥BD，
因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，故选项D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12.(多选)(2021·泰安模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是
A.EF与BB1垂直
B.EF⊥平面BDD1B1
C.EF与C1D所成的角为45°
D.EF∥平面A1B1C1D1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
√
解析　如图，连接A1B，A1C1，A1D，则E为A1B的中点，
对于A选项，∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
∴BB1⊥A1C1，
∵E，F分别为A1B，BC1的中点，则EF∥A1C1，
∴EF⊥BB1，A选项正确；
对于B选项，∵四边形A1B1C1D1为正方形，
则A1C1⊥B1D1，
又∵A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BDD1B1，
∵EF∥A1C1，∴EF⊥平面BDD1B1，B选项正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
对于C选项，易知△A1C1D为等边三角形，
则∠A1C1D＝60°，
∵EF∥A1C1，
则EF与C1D所成的角为∠A1C1D＝60°，C选项错误；
对于D选项，∵EF∥A1C1，EF 平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
∴EF∥平面A1B1C1D1，D选项正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　如图，连接BD，交AC于点O，
连接OE，则BO＝OD，
在线段PE上取一点G使得GE＝ED，
连接BG，FG，则BG∥OE，
又因为OE 平面ACE，BG 平面ACE，
所以BG∥平面ACE.
因为BF∥平面ACE且满足BG∩BF＝B，
故平面BGF∥平面ACE.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
因为平面PCD∩平面BGF＝GF，平面PCD∩平面ACE＝EC，
则GF∥EC.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
14.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：
①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α或n⊥β；
②若α∩β＝m，n∥α，n∥β，则n∥m；
③若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；
④若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n.
其中正确的是________.(填上所有正确的序号)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
②④
解析　对于①中，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，
则这样的直线n有无数条，所以n与α，β的位置关系不确定，所以①错误；
对于②中，由线面平行的性质和公理4，
可得若α∩β＝m，n∥α，n∥β，则n∥m，所以②正确；
对于③中，若m不垂直于平面α，但在平面α内可以有无数条直线与直线m垂直，且这些直线相互平行，所以③错误；
对于④中，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，
又由n⊥β，所以n∥m，所以④正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
15.(2021·长春模拟)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AA1⊥平面ABC，2AA1＝AB＝AC＝4，M为棱AB上一点，若AM＝3BM.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(1)求证：B1M⊥平面A1BC1；
证明　如图所示，
因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以四边形AA1B1B是矩形，
又因为2AA1＝AB＝AC＝4，AM＝3BM，
所以△A1BB1∽△B1MB，
则∠B1A1B＝∠MB1B，
因为∠A1B1M＋∠MB1B＝90°，
所以∠A1B1M＋∠B1A1B＝90°，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
即∠A1DB1＝90°，A1B⊥B1M，
因为A1A⊥平面ABC，AC 平面ABC，
所以A1A⊥AC，
因为AB⊥AC，A1A∩AB＝A，
所以AC⊥平面AA1B1B，
因为B1M 平面AA1B1B，所以AC⊥B1M，
又AC∥A1C1，所以A1C1⊥B1M，
又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B 平面A1BC1，
所以B1M⊥平面A1BC1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(2)求三棱锥M－BB1C的体积.
解　因为CC1∥平面AA1B1B，
所以
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16.(2021·合肥模拟)已知菱形ABCD的边长为1，AC＝ ，以BD为折痕把△ABD和△CBD折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置，E，F不重合.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(1)求证：BD⊥EF；
证明　在菱形ABCD中，AC⊥BD，
设AC，BD交于点O，连接EO，FO，
则EO⊥BD，FO⊥BD，
又EO∩FO＝O，EO 平面EOF，FO 平面EOF，
所以BD⊥平面EOF，
又EF 平面EOF，所以BD⊥EF.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
则∠EOF＝120°，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
设点B到平面DEF的距离为h，
由题意，得VB－DEF＝VB－OEF＋VD－OEF，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
考情分析
练后疑难精讲
高考必考内容，主要以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小，或者以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.
一、空间直线、平面位置关系的判定
核心提炼
1.判断与空间位置关系有关的命题的方法：
(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，结合有关定理，进行肯定或否定.
2.两点注意：
(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.
(2)当从正面入手较难时，可先假设结论成立，然后推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
题号 2 4 10
二、空间平行、垂直关系
核心提炼
1.直线、平面平行的判定定理及其性质定理
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，且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 β∥α.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b.
2.直线、平面垂直的判定定理及其性质定理
(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.
题号 1 3 5 9 13 14 15
三、空间直线、平面位置关系中的综合问题
核心提炼
1.处理空间点、直线、平面的综合问题，要认真审题，并仔细观察所给的图形，利用空间直线、平面平行与垂直的判定定理和性质定理求解.
2.解决与折叠有关的问题的关键是弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
题号 6 7 8 11 12 16
易错对点精补
1.[T3补偿](2021·贵阳模拟)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
1
2
3
4
5
A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADE
C.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE
√
解析　根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，
取FH的中点O，连接ON，BO，
易知ON∥BM且ON＝BM，
∴四边形ONMB为平行四边形，
∴MN∥BO，
∵BO与平面ABE(即平面ABFE)相交，
故MN与平面ABE相交，故A错误；
∵平面ADE∥平面BCF，MN∩平面BCF＝M，
∴MN与平面ADE相交，故B错误；
1
2
3
4
5
∵BO 平面BDHF，即BO 平面BDH，
又MN∥BO，MN 平面BDH，
∴MN∥平面BDH，故C正确；
显然M，N在平面CDEF的两侧，
∴MN与平面CDEF相交，故D错误.
1
2
3
4
5
2.[T11补偿](多选)(2021·福州模拟)在棱长为2的正四面体A－BCD中，M为AD的中点，N为BC的中点，则下列说法正确的是
A.MN∥CD
B.正四面体A－BCD外接球的表面积等于6π
C.MN⊥BC
D.正四面体A－BCD外接球的球心在MN上
√
1
2
3
4
5
√
√
解析　如图，
∵N为BC的中点，M为AD的中点，
∴MN交平面BCD于N，
而CD 平面BCD，
∴MN与CD异面，不可能平行，故A错误；
则正方体的外接球即为正四面体的外接球，
1
2
3
4
5
MN为正方体上、下底面的中心，
正四面体A－BCD外接球的球心在MN上，故D正确；
连接AN，DN，可得AN⊥BC，DN⊥BC，
又AN∩DN＝N，AN，DN 平面ADN，
∴BC⊥平面ADN，而MN 平面ADN，
可得BC⊥MN，故C正确.
1
2
3
4
5
3.[T12补偿](多选)(2021·威海期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1D1的中点，则
A.BD⊥B1C
B.EF∥平面DB1B
C.AC1⊥平面B1D1C
D.过直线EF且与直线BD1平行的平面截该正方体所得截面面积为
1
2
3
4
5
√
√
解析　对于A，由图易知BD∥B1D1，
故△B1D1C为等边三角形，
故B1D1与B1C所成的角为60°，
BD与B1C所成的角为60°，故A错误；
对于B，记AD的中点为G，连接FG，EG，
易知FG∥D1D，GE∥DB，则可知FG∥平面DBB1D1，GE∥平面DBB1D1，
又FG∩GE＝G，FG，GE 平面FGE，
故平面FGE∥平面DBB1D1，
又EF 平面FGE，故EF∥平面DB1B.
1
2
3
4
5
对于C，四边形B1BCC1为正方形，故B1C⊥BC1，
又AB⊥平面B1BCC1，B1C 平面B1BCC1，
故AB⊥B1C，
又BC1∩AB＝B，BC1，AB 平面ABC1，
则B1C⊥平面ABC1，
又AC1 平面ABC1，故B1C⊥AC1，
同理B1D1⊥AC1，
又B1C∩B1D1＝B1，B1C，B1D1 平面B1D1C，
故AC1⊥平面B1D1C.
1
2
3
4
5
对于D，记A1B1的中点为Q，连接FQ，QE，
由B项可知，
平面FGEQ∥平面DBB1D1，
又BD1 平面DBB1D1，
故BD1∥平面FGEQ，
又EF 平面FGEQ，
故过EF且与直线BD1平行的平面为如图所示的平面FGEQ，
1
2
3
4
5
4.[T5补偿](2021·自贡模拟)已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则异面直线CD与PB所成的角的余弦值为
√
1
2
3
4
5
解析　设AB＝1，则PA＝2，
∵CD与BE平行，
∴∠PBE是直线CD与PB所成的角(或所成角的补角)，
∴直线CD与PB所成的角的余弦值为
1
2
3
4
5
5.[T16补偿](2021·新乡模拟)点E，F分别是正方形ABCD的边AB，BC的中点，点M在边AB上，且AB＝3AM，沿图1中的虚线DE，EF，FD将△ADE，△BEF，△CDF折起使A，B，C三点重合，重合后的点记为点P，如图2.
1
2
3
4
5
(1)证明：PF⊥DM；
证明　因为四边形ABCD是正方形，
所以折起后有PD⊥PF，PE⊥PF.
又PD∩PE＝P，PD，PE 平面PDE，
所以PF⊥平面PDE.
又DM 平面PDE，所以PF⊥DM.
1
2
3
4
5
(2)若正方形ABCD的边长为6，求点M到平面DEF的距离.
1
2
3
4
5
解　设点P到平面DEF的距离为h，
因为AB＝3AM，所以PE＝3ME，
又PD，PE，PF两两垂直，
所以PD⊥平面PEF.
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5