第2讲 空间点、线、面的位置关系
[考情分析] 高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是空间线面关系的命题的真假判断；二是体积、表面积的求解，空间中以垂直或平行关系的证明为主，中等难度．
考点一 空间线、面位置关系的判定
核心提炼
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)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)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c
C．若α∩β＝a，b∥a，则b∥α
D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
答案 A
解析 A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，
则a⊥γ，该说法正确；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，平面PAC，平面PBC，
交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b?α，不满足b∥α，该说法错误；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面α，β分别为平面ABCD，平面ADD1A1，交线a为AD，
当直线b为A1C1时，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．
(2)(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
答案 B
解析 如图，取CD的中点O，连接ON，EO，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，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝2＋2＋22＝7，得BM＝，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．
易错提醒 (1)定理中的条件理解不全面．
(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中．
跟踪演练1 (1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
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∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
答案 A
解析 对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n?α，
又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；
对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；
对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；
对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确．
(2)(多选)如图，在四面体A－BCD中，M，N，P，Q，E分别为AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是( )
A．M，N，P，Q四点共面
B．∠QME＝∠CBD
C．△BCD∽△MEQ
D．四边形MNPQ为梯形
答案 ABC
解析 由三角形的中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；对于D，由三角形的中位线定理，知MQ∥BD，MQ＝
BD，NP∥BD，NP＝BD，所以MQ＝NP，MQ∥NP，所以四边形MNPQ是平行四边形，故D说法不正确．
考点二 空间平行、垂直关系
核心提炼
平行关系及垂直关系的转化
考向1 平行、垂直关系的证明
例2 (2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：
(1)PA∥平面BDE；
(2)平面PAC⊥平面BDE.
证明 (1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，
在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，
∴OE∥AP，
又∵OE?平面BDE，PA?平面BDE.
∴PA∥平面BDE.
(2)∵PO⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，
∴PO⊥BD，
又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC?平面PAC，PO?平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，而BD?平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE.
考向2 翻折问题
例3 (2020·莆田第一联盟体联考)如图，正方形ABCD的边长为2，以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且PA＝PB.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若M是PC的中点，设＝λ(0<λ<1)，且三棱锥A－BMN的体积为，求λ的值．
(1)证明 如图，取AC的中点O，连接PO，BO.
因为PC＝PA，所以PO⊥AC.
在△POB中，PO＝OB＝AC＝2，PB＝PA＝2，
则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，
又AC∩OB＝O，且AC，OB?平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
又PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 因为平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，
所以OB⊥平面PAC，
所以VA－BMN＝VB－AMN＝S△AMN·BO.
又因为OB＝2，VA－BMN＝，所以S△AMN＝.
因为＝λ，
所以S△AMN＝(1－λ)S△APM＝S△PAC.
又S△PAC＝PA·PC＝4，
所以×4＝，得λ＝.
易错提醒 (1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．
(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件．
(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．
跟踪演练2 (2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积．
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC＝B，且BE，BC?平面BCGE，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.
专题强化练
一、单项选择题
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AB
C．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．设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
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，m∥n，则α∥β
答案 D
解析 对于A，m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，也可能相交，所以A不正确；对于B
，n⊥β，m∥n，则m⊥β，又m∥α，则α⊥β，所以B不正确；对于C，m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行也可能相交，所以C不正确；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，所以D正确．故选D.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1
B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1
D．A1E⊥AC
答案 C
解析 在正方体中连接A1D，AD1，B1C，
由正方体的性质知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，
又∵A1D∩CD＝D，且A1D，CD?平面A1B1CD，
∴AD1⊥平面A1B1CD，
又∵BC1∥AD1，∴BC1⊥平面A1B1CD，
∵A1E?平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.
4．点E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝8，EF＝5，则异面直线AB与PC所成的角为( )
A．90°
B．45°
C．30°
D．60°
答案 A
解析 如图，取PB的中点G，连接EG，FG，则EG＝AB，GF＝PC，EG∥AB，GF∥PC，则∠EGF(或其补角)即为AB与PC所成的角，在△EFG中，EG＝AB＝3，FG＝PC＝4，EF＝5，EG2＋FG2＝EF2，所以∠EGF＝90°.
5.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即所求．因为PQ∥DB，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝BD＝，梯形的高h＝＝，所以四边形DBQP的面积为(PQ＋BD)h＝.
6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为16，点P在正方形A1B1C1D1上且A1，C到P的距离分别为2，2，则直线CP与平面BDD1B1所成角的正切值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 易知AB＝2，连接C1P，在Rt△CC1P中，可计算C1P＝＝2，又A1P＝2，A1C1＝4，所以P是A1C1的中点，连接AC与BD交于点O，易证AC⊥平面BDD1B1，直线CP在平面BDD1B1内的射影是OP，所以∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角，在Rt△CPO中，tan∠CPO＝＝.
二、多项选择题
7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A．BD⊥AC
B．△BAC是等边三角形
C．三棱锥D－ABC是正三棱锥
D．平面ADC⊥平面ABC
答案 ABC
解析 由题意易知，BD⊥平面ADC，又AC?平面ADC，故BD⊥AC，A中结论正确；设等腰直角三角形ABC的腰为a，则BC＝a，由A知BD⊥平面ADC，CD?平面ADC，∴BD⊥CD，又BD＝CD＝a，∴由勾股定理得BC＝×a＝a，∴AB＝AC＝BC，则△BAC是等边三角形，B中结论正确；易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中结论正确，D中结论错误．
8.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论正确的是( )
A．三棱锥A－D1PC的体积不变
B．A1P∥平面ACD1
C．DP⊥BC1
D．平面PDB1⊥平面ACD1
答案 ABD
解析 对于A，连接AD1，CD1，AC，D1P，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1?平面AD1C，BC1?平面AD1C，
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为底面的三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，A1P，则A1C1∥AC，
易知A1C1∥平面AD1C，
由A知，BC1∥平面AD1C，
又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P?平面A1C1B，
所以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，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，PD，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确．
三、填空题
9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________．
答案 平行
解析 易证A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.
10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．
答案 6
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD?平面BCD，
∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1?平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．
11．(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题：
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线l?平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则上述命题中所有真命题的序号是________．
答案 ①④
解析 ①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①为真命题；②是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；③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；④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．从而①④为真命题．
12.如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：
①l∥平面ABCD；
②l⊥AC；
③直线l与平面BCC1B1不垂直；
④当x变化时，l不是定直线．
其中成立的结论是________．(写出所有成立结论的序号)
答案 ①②③
解析 连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，
∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，
又平面MEF∩平面MPQ＝l，
∴PQ∥l，l∥EF，
∴l∥平面ABCD，故①成立；
又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；
∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，
故③成立；
当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．
四、解答题
13.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．
(1)求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.
证明 (1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝B1C1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1.
又E为棱BC的中点，所以FG∥BE，且FG＝BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG，又因为BG?平面ABB1A1，EF?平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE?平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，
又AE?平面AEF，
所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
14.如图，菱形ABCD的边长为a，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将△DAH折起使得点D到达点P的位置，且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．
(1)求证：平面PBC∥平面EFH；
(2)若三棱锥P－EFH的体积等于，求a的值．
(1)证明 因为在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE∥CH且BE＝CH，
所以四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，
又EH?平面PBC，所以EH∥平面PBC.
因为点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP，
又EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC.
又EF∩EH＝E，所以平面PBC∥平面EFH.
(2)解 在菱形ABCD中，∠D＝60°，
则△ACD为正三角形，
所以AH⊥CD，DH＝PH＝CH＝a，AH＝a，折叠后，PH⊥AH，
又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，PH?平面PHA，从而PH⊥平面ABCH.
在△PAE中，点F为AP的中点，则S△PEF＝S△AEF，
所以VH－PEF＝VH－AEF＝VH－PAE＝VP－AEH
＝×S△AEH·PH＝×××a×a×a
＝a3＝，所以a3＝8，故a＝2.(共54张PPT)
考情分析
KAO
QING
FEN
XI
高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是空间线面关系的命题的真假判断；二是体积、表面积的求解，空间中以垂直或平行关系的证明为主，中等难度.
内
容
索
引
考点一
考点二
专题强化练
1
考点一 空间线、面位置关系的判定
PART
ONE
核心提炼
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)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)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是
A.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
B.若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c
C.若α∩β＝a，b∥a，则b∥α
D.若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
√
解析 A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，
则a⊥γ，该说法正确；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，平面PAC，平面PBC，
交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b?α，不满足b∥α，该说法错误；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面α，β分别为平面ABCD，平面ADD1A1，交线a为AD，
当直线b为A1C1时，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误.
(2)(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
√
解析 如图，取CD的中点O，连接ON，EO，
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.
易错提醒
(1)定理中的条件理解不全面.
(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中.
跟踪演练1 (1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是
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∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
√
解析 对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n?α，
又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；
对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；
对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；
对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确.
(2)(多选)如图，在四面体A－BCD中，M，N，P，Q，E分别为AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是
A.M，N，P，Q四点共面
B.∠QME＝∠CBD
C.△BCD∽△MEQ
D.四边形MNPQ为梯形
√
√
√
解析 由三角形的中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；
对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；
对于C，由等角定理，知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；
所以MQ＝NP，MQ∥NP，
所以四边形MNPQ是平行四边形，故D说法不正确.
2
考点二 空间平行、垂直关系
PART
TWO
平行关系及垂直关系的转化
核心提炼
考向1 平行、垂直关系的证明
例2 (2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点.求证：
(1)PA∥平面BDE；
证明 如图，AC∩BD＝O，连接OE，
在△PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点，
∴OE∥AP，
又∵OE?平面BDE，PA?平面BDE.
∴PA∥平面BDE.
(2)平面PAC⊥平面BDE.
证明 ∵PO⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，
∴PO⊥BD，
又∵AC⊥BD，且AC∩PO＝O，AC?平面PAC，PO?平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，而BD?平面BDE，
∴平面PAC⊥平面BDE.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
证明 如图，取AC的中点O，连接PO，BO.
因为PC＝PA，所以PO⊥AC.
则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，
又AC∩OB＝O，且AC，OB?平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
又PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
解 因为平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，且BO⊥AC，
所以OB⊥平面PAC，
易错提醒
(1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件.
(2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件.
(3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件.
跟踪演练2 (2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC＝B，且BE，BC?平面BCGE，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.
专题强化练
3
PART
THREE
一、单项选择题
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AB
C.直线CD
D.直线BC
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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.
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2.设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是
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，m∥n，则α∥β
√
解析 对于A，m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，也可能相交，所以A不正确；
对于B
，n⊥β，m∥n，则m⊥β，又m∥α，则α⊥β，所以B不正确；
对于C，m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行也可能相交，所以C不正确；
对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，所以D正确.故选D.
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3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则
A.A1E⊥DC1
B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1
D.A1E⊥AC
解析 在正方体中连接A1D，AD1，B1C，
由正方体的性质知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，
又∵A1D∩CD＝D，且A1D，CD?平面A1B1CD，
∴AD1⊥平面A1B1CD，
又∵BC1∥AD1，∴BC1⊥平面A1B1CD，
∵A1E?平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.
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4.点E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝8，EF＝5，则异面直线AB与PC所成的角为
A.90°
B.45°
C.30°
D.60°
√
解析 如图，取PB的中点G，连接EG，FG，
则∠EGF(或其补角)即为AB与PC所成的角，
所以∠EGF＝90°.
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5.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为
√
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解析 如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.
又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即所求.
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又A1P＝2，A1C1＝4，
所以P是A1C1的中点，连接AC与BD交于点O，易证AC⊥平面BDD1B1，直线CP在平面BDD1B1内的射影是OP，
所以∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角，
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二、多项选择题
7.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是
A.BD⊥AC
B.△BAC是等边三角形
C.三棱锥D－ABC是正三棱锥
D.平面ADC⊥平面ABC
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解析 由题意易知，BD⊥平面ADC，又AC?平面ADC，故BD⊥AC，A中结论正确；
∴AB＝AC＝BC，则△BAC是等边三角形，B中结论正确；
易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中结论正确，D中结论错误.
8.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论正确的是
A.三棱锥A－D1PC的体积不变
B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1
D.平面PDB1⊥平面ACD1
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√
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解析 对于A，连接AD1，CD1，AC，D1P，如图，
由题意知AD1∥BC1，AD1?平面AD1C，BC1?平面AD1C，
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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为底面的三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，A1P，则A1C1∥AC，
易知A1C1∥平面AD1C，
由A知，BC1∥平面AD1C，
又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P?平面A1C1B，
所以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，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，PD，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确.
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三、填空题
9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________.
平行
解析 易证A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，
所以平面AB1C∥平面A1DC1.
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10.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有_____条.
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.
∵C1C⊥平面BCD，BD?平面BCD，
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∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，
又∵AC1?平面ACC1，∴AC1⊥BD.
同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直.
正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条.
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11.(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题：
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②过空间中任意三点有且仅有一个平面；
③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
④若直线l?平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则上述命题中所有真命题的序号是________．
①④
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解析 ①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①为真命题；
②是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；
③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；
④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．从而①④为真命题．
12.如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：
①l∥平面ABCD；
②l⊥AC；
③直线l与平面BCC1B1不垂直；
④当x变化时，l不是定直线.
其中成立的结论是________.(写出所有成立结论的序号)
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①②③
解析 连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，
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∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，
又平面MEF∩平面MPQ＝l，
∴PQ∥l，l∥EF，
∴l∥平面ABCD，故①成立；
又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；
∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，
故③成立；
当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立.
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四、解答题
13.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点.
(1)求证：EF∥平面ABB1A1；
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证明 如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，
在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，
在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1.
又E为棱BC的中点，所以FG∥BE，且FG＝BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG，又因为BG?平面ABB1A1，EF?平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
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(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.
证明 在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE?平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，
又AE?平面AEF，
所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
14.如图，菱形ABCD的边长为a，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将△DAH折起使得点D到达点P的位置，且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点.
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(1)求证：平面PBC∥平面EFH；
证明 因为在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE∥CH且BE＝CH，
所以四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，
又EH?平面PBC，所以EH∥平面PBC.
因为点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP，
又EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC.
又EF∩EH＝E，所以平面PBC∥平面EFH.
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解 在菱形ABCD中，∠D＝60°，
则△ACD为正三角形，
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又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，PH?平面PHA，从而PH⊥平面ABCH.
在△PAE中，点F为AP的中点，则S△PEF＝S△AEF，
