理数一轮用书（下）.doc

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1、第二讲点、直线、平面之间的位置关系高考考点考点解读与空间位置关系有关的命题真假的判断1.多以命题的形式出现，判断命题的真假2考查空间几何体中点、线、面的位置关系证明平行关系1.以多面体为命题背景，证明线线平行、线面平行、面面平行2以三视图的形式给出几何体，判断或证明平行关系，考查平行的判定及性质证明垂直关系1.以多面体为命题背景，证明线线垂直、线面垂直、面面垂直2考查垂直关系的判定定理与性质定理备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论(2)掌握各种判定定理、性质定理的条件与结论，并且会应用(3)掌握利用线线平行、线面平

2、行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关系预测2021年命题热点为：(1)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明(2)已知空间几何体中的命题，判断其真假Z 1线面平行与垂直的判定与性质定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行a，a，b，ab线面垂直的判定定理一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直a，b，abA，la，lbl线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行a，bab2

3、.面面平行与垂直的判定与性质定理名称文字语言图形语言符号语言面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行a，b，abP，a，b面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行且a且bab面面垂直的判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直a，a，面面垂直的性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直，b，a，bab3.三种平行关系的转化4三种垂直关系的转化Y 1忽略判定定理和性质定理中的条件应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判定定理时，忽

4、略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线”的条件等2把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立3不能准确掌握判定定理和性质定理如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行，而非作出的直线；面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等1(文)(2018全国卷，9)在长方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( C )ABCD解析因为CDAB，所以EAB即为异面

5、直线AE与CD所成角，连接BE，在直角三角形ABE中，AB1，BE，所以tanEAB.(理)(2018全国卷，9)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( C )A B C D解析方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，所以AD1(1,0，)，DB1(1,1，)，设异面直线AD1与DB1所成角为，则cos|cosAD1，DB1|.方法二：如图连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F，连接EF，则EF綊B1D，连接D1F

6、，在A1FE中，D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角由已知EFDB1，D1EAD11，D1F，所以cosD1EF.2(2018浙江卷，8)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则( D )A123 B321C132 D231解析选D如图所示，作S的投影点O，取AB的中点F，连接SO，SF，OF，作GE平行于BC，且GEBC，连接SG，OG，SE，OE.因为SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，所以SOFSOESGE90，因为SE与BC所成的角为1，所以cos1，

7、因为SE与平面ABCD所成的角为2，所以sin2，因为二面角SABC的平面角为3，所以sin3，cos3.因为GEOF，SFSE，所以cos1cos3，sin2sin3，即13, 23，所以231.3(2018全国卷，12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为( A )A B C D解析选A由于平面与每条棱所成的角都相等，所以平面与平面AB1D1平行或重合(如图)，而在与平面AB1D1平行的所有平面中，面积最大的为由各棱的中点构成的截面EFGHMN，而平面EFGHMN的面积S6.4(2017全国卷，6)如图，在下列四个正方体中，A，B为正

8、方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( A )解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDABQD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选A5(2016全国卷，11)平面过正方体ABC

9、DA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为( A )A B C D解析如图所示：因为平面CB1D1，所以若设平面CB1D1平面ABCDm1，则m1m.又因为平面ABCD平面A1B1C1D1，结合平面B1D1C平面A1B1C1D1B1D1，所以B1D1m1，故B1D1m.同理可得：CD1n.故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小而B1CB1D1CD1(均为面对角线)，因此CD1B1，即sinCD1B1.6(2018北京卷，18)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，

10、PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC(2)求证：平面PAB平面PCD(3)求证：EF平面PCD【命题意图】考查空间中直线与平面的位置关系的判定，意在考查空间想象能力，逻辑推理能力，培养学生的空间想象能力与逻辑推理能力，体现了逻辑推理，直观想象的数学素养【证明】(1)在PAD中，PAPD，E是AD的中点，所以PEAD，又底面ABCD为矩形，所以ADBC，所以PEBC(2)因为底面ABCD为矩形，所以ADCD，又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD，又PA平面PAD，所以CDPA，又因为PAPD，CD，PD平面

11、PCD，CDPDD，所以PA平面PCD，又PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD(3)取PC的中点G，连接DG，FG，因为底面ABCD为矩形，所以AD綊BC，又E是AD的中点，所以DE綊BC，在PBC中，F，G分别是PB，PC的中点，所以FG綊BC，所以DE綊FG，四边形DEFG是平行四边形，所以EFDG，又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD 例1 (1)已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是( B )A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n解析对于选项A，若m，n，则m，n相交或平行或异面，故A错；对于选项B，若m，n，则

12、mn，故B正确；对于选项C，若m，mn，则n或n，故C错；对于选项D，若m，mn，则n或n或n，故D错(2)如图，矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( C )A|BM|是定值B点M在某个球面上运动C存在某个位置，使DEA1CD存在某个位置，使MB平面A1DE解析取CD中点N，连接MN，BN，则MNDA1，BNDE，所以平面MBN平面A1DE，所以MB平面A1DE，故D正确；由A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，由余弦定理可得MB2MN2NB22MNNBcosMNB，所以

13、MB是定值，故A正确因为B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，故B正确，A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得C不正确因此，选C规律总结判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法(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，进行肯定或否定G 1已知直线l平面，直线m平面，给出下面有四个命题：lm；lm；lm； lmm与不相交则其中正确的命题为( D )A BC D解析由，l得l，又m，lm，正确；由，l得l或l，故不能得到lm，错误；由l，l

14、m得m，又m，正确；由lm，l得m或m，故m，不相交，正确故选D2已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，有下列命题：若m，n平行于同一平面，则m与n平行；若m，n，则mn；若，不平行，则在内不存在与平行的直线；若n，mn，则m且m.其中真命题有.(填写所有正确命题的编号)解析若m，n平行于同一平面，则m与n平行或相交或异面，故错误；若n，则n垂直于内的所有直线，又m，则mn，故正确；若，不平行，则，相交，设l，在内作直线al，则a，故错误；若n，mn，则m或m或m或m，故错误所以正确命题的序号是. 例2 (2018衡水二模)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的

15、中点，E，F，G分别是BC，CD和SC的中点求证：(1)直线EG平面BDD1B1.(2)平面EFG平面BDD1B1.解析(1)如图，连接SB，E、G分别是BC、SC的中点，EGSB又SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，直线EG平面BDD1B1.(2)连接SD，F、G分别是DC、SC的中点，FGSD又SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，且EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，平面EFG平面BDD1B1.规律总结立体几何中证明平行关系的常用方法(1)证明线线平行的常用方法利用平行公，即证明两直线同时和第三条直线平行利用平行四边形进行转换利用三角形中位线定

16、理证明利用线面平行、面面平行的性质定理证明(2)证明线面平行的常用方法利用线面平行的判定定，把证明线面平行转化为证明线线平行利用面面平行的性质定，把证明线面平行转化为证明面面平行(3)证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行G 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，PAPD2，BCAD1，CD，M是棱PC的中点(1)求证：PA平面MQB；(2)求三棱锥PDQM的体积解析(1)连接AC，交BQ于点N，连接MN，

17、因为BCAD，且BCAD，即BCAQ，又AQAD，连接CQ，则四边形BCQA为平行四边形，且N为AC的中点，又因为点M是棱PC的中点，所以MNPA，因为MN平面MQB，PA平面MQB，所以PA平面MQB(2)VPDQMVMPDQ，因为平面PAD平面ABCD，且ADC90，即ADCD，所以CD平面PAD，所以M到平面PAD的距离为CD所以VPDQMVMPDQSPDQCDQDPQCD1.(一)线线、线面垂直的判定与性质 例3 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是正三角形，点D是A1B1的中点，AC2，CC1.(1)求三棱锥CBDC1的体积；(2)证明：A1CBC1.解析(1)依题意，VCB

18、DC1VDBCC1，过点D作DHC1B1，垂足为H，在直三棱柱中C1C平面A1B1C1，C1CDH，DH平面BCC1，DH是三棱锥DBCC1在平面BCC1上的高，DH，又SBCC12，VCBDC1VDBCC1.(2)证明：取C1B1的中点E，连接A1E，CE，底面是正三角形，A1EB1C1，易知A1EBC1，RtC1CE中，C1C，C1E1，RtBCC1中，BC2，CC1，CC1EBCC1，C1BCECC1，C1BCBC1C90，ECC1BC1C90，CEBC1，BC1平面A1CE，A1CBC1.(二)面面垂直的判定与性质 例4 如图，三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的

19、中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CFBC，ABBC，求证：平面BCD平面EGH.解析(1)证法一：连接DG，CD，设CDGFM，连接MH.在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HMBD又HM平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.证法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB又GHHFH，所以平面FGH平面ABED因为BD平面AB

20、ED，所以BD平面FGH.(2)连接HE，GE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GHAB，由ABBC，得GHBC又H为BC的中点，所以EFHC，EFHC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CFHE.又CFBC，所以HEBC又HE，GH平面EGH，HEGHH，所以BC平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD平面EGH.规律总结立体几何中证明垂直关系的常用方法(1)证明线线垂直的常用方法利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直利用勾股定理逆定理利用线面垂直的性质， 即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可(2)证明线面垂直的常用方法利

21、用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等(3)证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决G (2018北京一模)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，ADBC，PAAB，CDAD，BCCDAD，E为AD的中点(1)求证：PACD(2)求证：平面PBD平面PAB解析(1)因为平面PAB

22、平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，又因为PAAB，所以PA平面ABCD则PACD(2)由已知，BCED，且BCED，所以四边形BCDE是平行四边形，又CDAD，BCCD，所以四边形BCDE是正方形，连接CE，所以BDCE，又因为BCAE，BCAE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CEAB，则BDAB由(1)知PA平面ABCD，所以PABD，又因为PAABA，则BD平面PAB，且BD平面PBD，所以平面PBD平面PAB 例5 (1)如图，在矩形ABCD中，AB8，BC4，E为DC的中点，沿AE将ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为.ED平面ACD；CD平面BED；BD平

23、面ACD；AD平面BED解析(1)因为在矩形ABCD中，AB8，BC4，E为DC的中点，所以在折起的过程中，D点在平面BCE上的投影如图因为DE与AC所成角不能为直角，所以DE不会垂直于平面ACD，故错误；只有D点投影位于O2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有BECD，此时CD不垂直于平面AEBC，故CD与平面BED不垂直，故错误；BD与AC所成角不能成直角，所以BD不能垂直于平面ACD，故错误；因为ADED，并且在折起过程中，存在一个位置使ADBE，且DEBEE，所以在折起过程中存在AD平面BED的位置，故正确(2)如图，在四棱PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB30，PD平面

24、ABCD，AD2，点E为AB上一点，且m，点F为PD中点若m，证明：直线AF平面PEC；是否存在一个常数，使得平面PED平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由解析作FMCD，交PC于点M，因为点F为PD的中点，所以FMCD因为m，所以AEABFM，又FMCDAE，所以四边形AEMF为平行四边形，所以AFEM，因为AF平面PEC，EM平面PEC，所以直线AF平面PEC存在一个常数m，使得平面PED平面PAB，理由如下：要使平面PED平面PAB，只需ABDE，因为ABAD2，DAB30，所以AEADcos30，又因为PD平面ABCD，PDAB，PDDED所以AB平面PDE.因为AB平面

25、PAB，所以平面PDE平面PAB，所以m.规律总结1求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何中解决(2)探索性问题求解的途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径：先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件(2)对命题结论的探索方法：从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探

26、索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论G (文)如图1，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2.作如图2折叠，折痕EFDC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MFCF.(1)证明：CF平面MDF.(2)求三棱锥MCDE的体积解析(1)因为PD平面ABCD，所以PDMD在矩形ABCD中MDCD，又PDCDD所以MD平面CDEF，所以MDCF.又因为MFCF，所以CF与相交直线MD和MF都垂直，故CF平面MDF.(2)在CDP中，CDAB1，PC2，则PD，PCD60；CF平面MDF，则CFDF，CF

27、，DF.因为EFDC，所以，DE，PEME，SCDECDDE.由勾股定理可得MD，所以VMCDEMDSCDE.(理)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，BAC90，ABAC2，AA1.M，N分别为BC和CC1的中点，P为侧棱BB1上的动点(1)求证：平面APM平面BB1C1C；(2)若P为线段BB1的中点，求证：A1N平面APM.(3)试判断直线BC1与平面APM是否能够垂直若能垂直，求PB的值；若不能垂直，请说明理由解析(1)由已知，M为BC中点，且ABAC，所以AMBC又因为BB1AA1，且AA1底面ABC，所以BB1底面ABC因为AM底面ABC，所以BB1AM，又BB1

28、BCB，所以AM平面BB1C1C又因为AM平面APM，所以平面APM平面BB1C1C(2)取C1B1中点D，连接A1D，DN，DM，B1C由于D，M分别为C1B1，CB的中点，所以DMA1A，且DMA1A，则四边形A1AMD为平行四边形，所以A1DAM.又A1D平面APM，AM平面APM，所以A1D平面APM，由于D，N分别为C1B1，C1C的中点，所以DNB1C又P，M分别为B1B，CB的中点，所以MPB1C，则DNMP.又DN平面APM，MP平面APM，所以DN平面APM.由于A1DDND，所以平面A1DN平面APM，由于A1N平面A1DN，所以A1N平面APM，(3)不能垂直理由如下：假

29、设BC1与平面APM垂直，由PM平面APM，则BC1PM，设PBx，x0，当BC1PM时，BPMB1C1B，所以RtBPMRtB1C1B，所以.由已知MB，C1B12，BB1，所以，得x.由于x0，因此直线BC1与平面APM不能垂直A组1(文)设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m.( A )A若l，则B若，则lmC若l，则D若，则lm解析选项A中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B中，当时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l时，可以相交；选项D中，时，l，m也可以异面故选A(理)设、是三个互不重合的平面，m、n为两条不同的直线给出下列命题：若nm，m，则n

30、；若，n，n，则n；若，则；若nm，n，m，则.其中真命题是( C )A和B和C和 D和解析若nm，m，则n或n，即命题不正确，排除A、B；若，n，n，则n，则命题正确，排除D，故应选C2如图，在正四面体PABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是( D )ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC解析D、F分别为AB、AC的中点，BCDF，BC平面PDF，BC平面PDF，故A正确；在正四面体中，E为BC中点，易知BCPE，BCAE，BC平面PAE，DFBC，DF平面PAE，故B正确；DF平面PAE，DF平面PDF，平面PDF平面

31、PAE，C正确，故选D3如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，AED、EBF、FCD分别沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三点重合于点A，若四面体AEFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( B )ABCD解析由条件知AE、AF、AD两两互相垂直，以A为一个顶点，AE、AF、AD为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，AEAF1，AD2，(2R)21212226，R.4已知矩形ABCD，AB1，BC.将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中( B )A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与

32、直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析过A、C作BD的垂线AE、CF，AB与BC不相等，E与F不重合，在空间图(2)中，若ACBD，ACAEA，BD平面ACE，BDCE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，A错；若ABCD，ABAD，AB平面ACD，ABAC，ABAB，这样的ABC不存在，C错误5(2018太原二模)对于不重合的直线m，l和平面，要证需具备的条件是( D )Aml，m，lBml，m，lCml，m，lDml，l，m解析对于A，如图1，可得面，不一定垂直，故错

33、；对于B，如图2，可得面，不一定垂直，故错；对于C，ml，m，l，故错；对于D，有ml，lm，又因为m，故正确6已知直线l平面，直线m平面，则下列四个命题：lm；lm；lm；lm.其中正确命题的序号是.解析直线l平面 ，直线m平面，当有lm，故正确当有lm或l与m异面或相交，故不正确当lm有，故正确当lm有或与相交，故不正确综上可知正确7(2018凉山州二模)在棱长为1的正方体ABCDABCD中，异面直线AD与AB所成角的大小是.解析在正方体ABCDABCD中，连接AD，AB，BC，如图所示：则ABDC，且ABDC，所以四边形ABCD是平行四边形，所以ADBC，所以ABC是异面直线AD与AB所

34、成的角，连接AC，则ABC是边长为的等边三角形，所以ABC，即异面直线AD与AB所成角是.8设x，y，z为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若xz，yz，则xy”为真命题的序号是.x为直线，y，z为平面；x，y，z都为平面；x，y为直线，z为平面；x，y，z都为直线；x，y为平面，z为直线解析x平面z，平面y平面z，所以x平面y或x平面y.又因为x平面y，故x平面y，成立；x，y，z均为平面，则x可与y相交，故不成立；x平面z，y平面z，x，y为不同直线，故xy，成立；x，y，z均为直线，则x与y可平行，可异面，也可相交，故不成立；zx，zy，z为直线，x，y为平

35、面，所以xy，成立9(文)(2018全国卷，18)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90，以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA (1)证明：平面ACD平面ABC(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥QABP的体积解析(1)由已知可得，BAC90，则BAAC又BAAD，ADACA，所以AB平面ACD又AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC(2)由已知可得，DCCMAB3，DA3.又BPDQDA，所以BP2.作QEAC，垂足为E，则QE綊DC1.由已知及(1)可得DC平面ABC，所以QE平面ABC，因此，三棱锥QABP的体积为V

36、QABPQESABP132sin451.(理)如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC, BAD，ABBCADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四棱锥A1_BCDE.图1图2(1)证明：CD平面A1OC；(2)当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1_BCDE的体积为36，求a的值解析(1)证明：在题图1中，因为ABBCADa，E是AD的中点，BAD，所以BEAC又在题图2中，BEA1O，BEOC，从而BE平面A1OC又BCDE且BCDE，所以CDBE，所以CD平面A1OC(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，且平面A1BE平面BCDEBE，

37、 又由(1)知A1OBE，所以A1O平面BCDE，即A1O是四棱锥A1BCDE的高由题图1可知，A1OABa，平行四边形BCDE的面积SBCABa2，从而四棱锥A1BCDE的体积为VSA1Oa2aa3，由a336，得a6.B组1已知、是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把、中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( C )A0个 B1个 C2个 D3个解析若、换成直线a、b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若、换为直线a、b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若、换为直线a、b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题，故选C2设m、

38、n是不同的直线，、是不同的平面，有以下四个命题： m m其中，真命题是( C )A B C D解析正确，平行于同一个平面的两个平面平行；错误，由线面平行、垂直定理知：m不一定垂直于；正确，由线面平行，垂直关系判断正确；错误，m也可能在内综上所述，正确的命题是，故选C3已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面，给出下列四个命题，错误的命题是( D )A若a，a，b，则abB若，a，b，则abC若，a，则aD若，a，则a解析A中，过直线a作平面分别与，交于m，n，则由线面平行的性质知amn，所以m，又由线面平行的性质知mb，所以ab，正确；B中，由a，b，知a，b垂直于两个平面的交线，则a，b所成的角等于二面角的大小，即为90，所以ab，正确；C中，在内取一点A，过A分别作直线m垂直于，的交线，直线n垂直于，的交线，则由线面垂直的性质知m，n，则ma，na，由线面垂直的判定定理知a，正确；D中，满足条件的a也可能在内，故D错4直三棱柱ABCA1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是( D )AAB1平面BDC1BA1C平面BDC1C直三棱柱的体积V4D直三棱柱的外接球的表面积为4解析如图，将直三棱柱ABCA1B1C1补形成正方体，易知A，B，C都正确故选D5a、b表示直线，、表示平面若a，b，ab，则；若a，a垂直于内任意一条直线，则；若，a，b，