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考点7-1平行垂直与动点1．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知ABCDEF、、、、、分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（）．A．直线ABB．直线BCC．直线CDD．直线DA．【答案】A【分析】通过空间想象直接可得.【详解】如图，易知,AFHGHGBE，所以AFBE∥，且12AFBE，所以ABEF为梯形，故AB与EF相交，A正确；因为,,BCMHMHNLNLEF，所以BCEF∥，故B错误；因为平面CDH平面EFNL，CD平面CDH，EF平面EFNL，所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误；因为AD平面ADF，EFI平面ADFF，故AD与EF异面，D错误.故选：A2．（2020·山东·高考真题）已知正方体1111ABCDABCD（如图所示），则下列结论正确的是（）A．11//BDAAB．11//BDADC．11BDACD．111BDAC【答案】D【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.【详解】A.11//AABB，1BB与1BD相交，所以1BD与1AA异面，故A错误；B.1BD与平面11ADDA相交，且11DAD，所以1BD与1AD异面，故B错误；C.四边形11ABCD是矩形，不是菱形，所以对角线1BD与1AC不垂直，故C错误；D.连结11BD，1111BDAC，111BBAC，1111BDBBB，所以11AC平面11BBD，所以111ACBD，故D正确.故选：D3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB不平行于平面MNQ的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，连接CD，如下图所示：因为//ACBD且ACBD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以，//CDAB，NQ、Q分别为CE、DE的中点，则//NQCD，所以，//NQAB，因为AB平面MNQ，NQ平面MNQ，所以，//AB平面MNQ；对于B选项，连接CD，如下图所示：因为//ACBD且ACBD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以，//ABCD，M、Q分别为CE、DE的中点，所以，//MQCD，//MQAB，因为AB平面MNQ，MQÌ平面MNQ，所以，//AB平面MNQ；对于C选项，连接CD，如下图所示：因为//ACBD且ACBD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以，//ABCD，M、Q分别为CE、DE的中点，所以，//MQCD，//MQAB，因为AB平面MNQ，MQÌ平面MNQ，所以，//AB平面MNQ；对于D选项，连接CD、BE交于点O，则O为BE的中点，设BEMNF，连接FQ，因为Q、O分别为AE、BE的中点，则//OQAB，若//AB平面MNQ，ABÌ平面ABE，平面ABE平面MNQFQ，则//FQAB，在平面ABE内，过该平面内的点Q作直线AB的平行线，有且只有一条，与题设矛盾.假设不成立，故D选项中的直线AB与平面MNQ不平行.故选：D.4.（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCDABCD中，,MN分别是棱111,CDCC的中点.给出以下四个结论：①直线AM与直线1CC相交；②直线AM与直线BN平行；③直线AM与直线1DD异面；④直线BN与直线1MB异面.其中正确结论的序号为____(注：把你认为正确的结论序号都填上).【答案】③④【分析】利用异面直线的定义进行判断.【详解】AM平面11CDDCM=，1CC平面11CDDC，且1MCC，根据异面直线的定义可得，直线AM与直线1CC异面，故①错；类似的根据定义可说明直线AM与直线BN异面，直线AM与直线1DD异面，直线BN与直线1MB异面，故②错，③，④正确.故答案为：③④5．（2022·全国·高三专题练习）已知平面、和直线m、l，则下列说法：①若，m，lm，则l；②若m，l，lm，则l；③若，l，则l；④若，m，l，lm，则l.其中正确的说法序号为________．【答案】④【分析】利用面面垂直的性质定理逐项判断可得出结论.【详解】对于①，若，m，lm，则l与的位置关系不确定，①错；对于②，若、不垂直，则l与不垂直，②错；对于③，若，l，则l与不一定垂直，③错；对于④，由面面垂直的性质定理可知④对.故答案为：④.6．（2021·北京·高三开学考试）在正方体1111ABCDABCD中，点P在正方形11ADDA内，且不在棱上，则A．在正方形11DCCD内一定存在一点Q，使得PQAC∥B．在正方形11DCCD内一定存在一点Q，使得PQACC．在正方形11DCCD内一定存在一点Q，使得平面1//PQC平面ABCD．在正方形11DCCD内一定存在一点Q，使得AC平面1PQC【答案】A【分析】对于选项A，当PQ是1DAC的中位线时，可判断A选项；对于选项B，假设存在，则PQ平面11DBBD，或者//PQ平面11DBBD，进而与已知矛盾判断B选项；对于选项C，假设存在，则可得到平面1//PQC平面111ABC，进而由矛盾判断C选项；对于选项D，假设存在，则可得到平面11//DBBD平面1PQC，进而已知矛盾判断D选项.【详解】对于选项A，连接1AD、1AD交于点P，连接1DC、1DC交于点Q，连接PQ、AC，因为PQ是1DAC的中位线，所以//PQAC，故A项正确；对于选项B，在正方形11DCCD内如果存在一点Q，使得PQAC，由于AC平面11DBBD，所以PQ平面11DBBD，或者//PQ平面11DBBD，而P、Q在平面11DBBD的两侧，PQ与平面11DBBD相交，故B项错误；对于选项C，在正方形11DCCD内如果存在一点Q，使得平面1//PQC平面ABC，由于平面111//ABC平面ABC，所以平面1//PQC平面111ABC，而平面1PQC与平面111ABC相交于点1C，故C项错误；对于选项D，在正方形11DCCD内如果存在一点Q，使得AC平面1PQC，由于AC平面11DBBD，所以平面11//DBBD平面1PQC，而P、Q在平面11DBBD的两侧，所以平面11DBBD与平面1PQC相交，故D项错误．故选：A7．（2011·浙江·高考真题（理））下列命题中错误的是（）A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D【分析】利用面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.【详解】对于A，设平面∩平面=直线a,设直线b，且b//a,则显然直线b平面，根据线面平行的判定定理可得直线b//，故A正确；对于B，如果内存在直线与平行，则由面面垂直的判定定理可知平面⊥平面，与已知矛盾，故B正确；对于C，设平面α平面a，平面β平面γb,在内作直线,manb，由面面垂直的性质定理可得,mn，又∵直线,ll,∴,mlnl,又∵α∩β＝l，∴,mn为相交直线，又∵m,n平面，∴l⊥平面γ，故C正确；平面α⊥平面β，设平面α∩平面βa，在平面α内与a平行的直线都不与平面垂直，故D项错误．故选:D.8．（2022·全国·高考真题（文））在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1//BEF平面1AACD．平面1//BEF平面11ACD【答案】A【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设11ABBEM，EFBDN，则MN为平面1BEF与平面1ABD的交线，在BMN△内，作BPMN于点P，在EMN内，作GPMN，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面1BEF与平面1ABD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN，222PGPNGN，底面正方形ABCD中，,EF为中点，则EFBD，由勾股定理可得222NBNGBG，从而有：2222222NBNGPBPNPGPNBG，据此可得222PBPGBG，即90BPG，据此可得平面1BEF平面1ABD不成立，选项B错误；对于选项C，取11AB的中点H，则1AHBE，由于AH与平面1AAC相交，故平面1∥BEF平面1AAC不成立，选项C错误；对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形11ABFM为平行四边形，则11AMBF，由于1AM与平面11ACD相交，故平面1∥BEF平面11ACD不成立，选项D错误；故选：A.9.（2022·广东惠州·高三阶段练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，ACBDO，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）【答案】DMPC（或BMPC，OMPC等都可）【分析】先确定所填答案，如DMPC，再证明平面MBD⊥平面PCD即可，根据线面垂直的性质可得PABD，从而可得BD平面PAC，再根据线面垂直的性质可得BDPC，从而可得PC平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.【详解】解：可填DMPC，由ABCD为菱形，则ACBD，∵PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，又PAACA，∴BD平面PAC，又PC平面PAC，∴BDPC，又DMPC，BDDMD，所以PC平面MBD，又因PC平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为：DMPC.（或BMPC，OMPC等都可）10．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））如图，在边长为4的正三角形ABC，E为边AB的中点，过E作EDAC于D．把ADE沿DE翻折至1ADE△的位置，连接1AC．翻折过程中，