第25頁（共25頁）2024-2025學年上學期高一數學人教A版（2019）期中必刷常考題之空間直線、平面的平行一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?內蒙古期末）已知m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，且m?α，n?β，則“m∥n”是“α∥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（2024秋?玄武區校級期末）已知x，y，z表示空間內的一條直線或一個平面，若命題p：x∥yy∥z?x∥z，與命題q：x①x，y，z可以都是直線②x，y，z可以都是平面③x，y，z中可以既有直線也有平面正確的個數是（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個3．（2024秋?徐匯區校級期末）M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，將菱形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內，則在翻折過程中，對于下列兩個命題：①直線MN恒與平面ABD平行；②異面直線AC與MN恒垂直．以下判斷正確的是（）A．①為真命題，②為真命題 B．①為真命題，②為假命題 C．①為假命題，②為真命題 D．①為假命題，②為假命題4．（2024秋?海口期末）已知直線a，b和平面α滿足a∥α，b?α，則“a∥b”是“b∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件5．（2024秋?嘉定區校級期末）已知l，m，n是三條不重合的直線，α，β，γ是三個不重合的平面，則下列結論正確的是（）A．若α∥β，β∥γ，則α∥γ B．若l?α，m?α，l∥β，m∥β，則α∥β C．若l∥α，l∥β，則α∥β D．若l∥m，m?α，則l∥α二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?諸暨市期末）已知棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，Q，R滿足BQ→=λBB1→，A1RA．當λ=μ=12時，|B．當μ=13時，D1R∥平面C．?μ∈[0，1]，?λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R D．?λ∈[0，1]，?μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ（多選）7．（2024秋?深圳期末）已知向量m→=（2，﹣1，1），n→=（﹣4，2，﹣2）分別為兩個不同的平面α，β的法向量，c→=（1，0，﹣2）為直線A．α∥β B．l∥β C．l⊥α D．α⊥β（多選）8．（2024秋?仁壽縣期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，PE→A．BE→B．|BEC．EF∥平面PAB D．異面直線BE與PA夾角的余弦值為6三．填空題（共4小題）9．（2024秋?長寧區期末）已知直線l與平面α，“l與α內無數條直線平行”是“l∥α”的條件．10．（2024秋?浦東新區校級期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中點，D是棱BC上一點，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，則λ的值為．11．（2024秋?寧鄉市期末）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中點，點P滿足B1P→=λB1C→(λ∈R)，當A12．（2024秋?黃浦區校級期中）ABCD﹣A1B1C1D1是棱長為4的正方體，P﹣QRH是棱長為4的正四面體，底面ABCD，QRH在同一個平面α內，BC∥QH，則正方體中過AD且與平面PHQ平行的截面面積是．四．解答題（共3小題）13．（2025?揚州校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，PA＝AD＝CD＝2AB，M為PC的中點．（Ⅰ）求證：BM∥平面PAD；（Ⅱ）求證：BM⊥平面PCD．14．（2025?隨州模擬）如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，M是線段EF的中點．（1）求證：AM∥平面BDE；（2）若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結論．15．（2024秋?棗強縣校級期末）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABC，△PAD為等邊三角形，底面ABCD為等腰梯形，且AD＝2AB＝2BC＝4，點E是棱PC的中點，過點A，B，E的平面α交棱PD于點F．（1）證明：AD∥平面PBC；（2）求PFDF

2024-2025學年上學期高一數學人教A版（2019）期中必刷常考題之空間直線、平面的平行參考答案與試題解析題號12345答案DDAAA一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?內蒙古期末）已知m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，且m?α，n?β，則“m∥n”是“α∥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】平面與平面平行；充分條件必要條件的判斷．【專題】數形結合；數形結合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】D【分析】結合線線平行與面面平行的關系，根據充分條件、必要條件的概念判斷即可．【解答】解：m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，且m?α，n?β，m∥n不能推出α∥β，如圖1，α∥β也不能推出m∥n，如圖2．∴“m∥n”是“α∥β”的既不充分也不必要條件．故選：D．【點評】本題考查空間線、面的位置關系、充分條件與必要條件的定義等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．2．（2024秋?玄武區校級期末）已知x，y，z表示空間內的一條直線或一個平面，若命題p：x∥yy∥z?x∥z，與命題q：x①x，y，z可以都是直線②x，y，z可以都是平面③x，y，z中可以既有直線也有平面正確的個數是（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【考點】直線與平面平行；空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維．【答案】D【分析】由直線與直線的平行及平面與平面平行，垂直的性質判斷出3個命題的真假．【解答】解：命題p和q均為真命題，說明平行和垂直關系在直線和平面之間都成立，論斷①和②分別對應直線和平面，根據平行和垂直的傳遞性，命題p和q均成立；論斷③中，當x為平面，y為直線，z為平面時，根據線面平行和垂直的性質，命題p和q也成立．所以三個論斷均正確．故選：D．【點評】本題考查空間中直線與直線、平面與平面、直線與平面之間平行和垂直的性質，屬于基礎題．3．（2024秋?徐匯區校級期末）M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，將菱形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內，則在翻折過程中，對于下列兩個命題：①直線MN恒與平面ABD平行；②異面直線AC與MN恒垂直．以下判斷正確的是（）A．①為真命題，②為真命題 B．①為真命題，②為假命題 C．①為假命題，②為真命題 D．①為假命題，②為假命題【考點】直線與平面平行；命題的真假判斷與應用；異面直線及其所成的角．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】A【分析】首先利用線面平行的判定定理，判定①的結論正確，進一步利用線面垂直的判定定理判定②的結論正確．【解答】解：對于①：由于M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，所以MN∥BD，由于MN?平面ABD，BD?平面ABD，故直線MN恒與平面ABD平行；故①正確；對于②，取AC的中點O，連接BO和DO，如圖所示：根據菱形的性質，所以BO⊥AC，DO⊥AC，故AC⊥平面BOD；由于BD?平面BOD，所以AC⊥BD，由于MN∥BD，所以AC⊥MN，故②正確．故選：A．【點評】本題考查的知識要點：平面圖形和直觀圖的轉換，線面平行和線面垂直的判定和性質，主要考查學生的空間想象能力，屬于基礎題和易錯題．4．（2024秋?海口期末）已知直線a，b和平面α滿足a∥α，b?α，則“a∥b”是“b∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【考點】直線與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】A【分析】由線面平行的判定、面面平行的性質以及充分不必要條件的定義即可求解．【解答】解：直線a，b和平面α滿足a∥α，b?α，∵a∥α，∴存在c?α使得a∥c且b?α，若a∥b且b?α，則b∥c，又b?α且c?α，∴b∥α，充分性成立；設β∥α，b?β，a?β，a∩b＝P，則有a∥α，但a，b不平行，即必要性不成立．故選：A．【點評】本題考查線面平行的判定、面面平行的性質以及充分不必要條件等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．5．（2024秋?嘉定區校級期末）已知l，m，n是三條不重合的直線，α，β，γ是三個不重合的平面，則下列結論正確的是（）A．若α∥β，β∥γ，則α∥γ B．若l?α，m?α，l∥β，m∥β，則α∥β C．若l∥α，l∥β，則α∥β D．若l∥m，m?α，則l∥α【考點】平面與平面平行．【專題】對應思想；綜合法；空間位置關系與距離；邏輯思維．【答案】A【分析】由線面位置關系逐一判斷各個選項即可．【解答】解：對于A選項，由平行的傳遞性可知A選項成立；對于B選項，直線l，m不一定相交，根據面面平行的判定定理易知面面平行不一定成立，錯；對于C選項，α與β也有可能相交，錯；對于D選項，直線l不一定在平面α外，也可能在面α內，故不成立，錯．故選：A．【點評】本題考查了線面位置關系，屬于基礎題．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?諸暨市期末）已知棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，Q，R滿足BQ→=λBB1→，A1RA．當λ=μ=12時，|B．當μ=13時，D1R∥平面C．?μ∈[0，1]，?λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R D．?λ∈[0，1]，?μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ【考點】直線與平面平行．【專題】轉化思想；向量法；空間位置關系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】BCD【分析】建立空間直角坐標系，求各點坐標，根據兩點結論公式求|QR|，判斷A，求平面BDC1的法向量，直線D1R的方向向量，證明兩向量垂直，判斷B，由AQ→?D1R→=0求λ，μ，判斷C，令CQ【解答】解：棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，Q，R滿足BQ→=λBB1→，A1R以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，則D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），∵BQ→=λBB1→，BB1→∵A1R→=μA1C→，A1∴R（2﹣2μ，2μ，2﹣2μ），對于A，當λ=μ=12時，點Q（2，2，1），點R（1則|QR|=(2-1∴當λ=μ=12時，|QR|對于B，當μ=13設平面BDC1的法向量為n→=(x，y由n→?DB→=2x+2D1R→=(4又D1R?平面BDC1，∴D1R∥平面BDC1，∴當μ=13時，D1R∥平面BDC1對于C，AQ→=（0，2，2λ），D1R→=（2﹣2μ，AQ→?D1R→=4μ﹣4λμ＝4μ當μ＝0時，AQ→?D1R→=0恒成立，當μ≠0時，令AQ→?D1R→=4μ（∴?μ∈[0，1]，?λ∈[0，1]，有AQ⊥D1R，故C正確；對于D，CQ→=（2，0，2λ），D1R→=（2﹣2μ，CQ→?D1R→=4﹣4μ﹣4λμ＝4﹣4令CQ→?D1R→=4﹣4μ（1+λ∵λ∈[0，1]，∴μ=∴?λ∈[0，1]，?μ∈[0，1]，有D1R⊥CQ，故D正確．故選：BCD．【點評】本題考查線面垂直、面面平行的判定與性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．（多選）7．（2024秋?深圳期末）已知向量m→=（2，﹣1，1），n→=（﹣4，2，﹣2）分別為兩個不同的平面α，β的法向量，c→=（1，0，﹣2）為直線A．α∥β B．l∥β C．l⊥α D．α⊥β【考點】直線與平面平行；平面與平面平行；平面與平面垂直．【專題】轉化思想；向量法；立體幾何；運算求解．【答案】AB【分析】根據n→=-2m→判斷選項A，D；根據c→?n【解答】解：因為m→=(2，-1所以n→=-2m所以α∥β，A正確，D錯誤；因為c→?n→=0，且l?β，所以l因為c→?m→=0，所以l∥α或者故選：AB．【點評】本題考查向量法在立體幾何中的應用，屬于中檔題．（多選）8．（2024秋?仁壽縣期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，PE→A．BE→B．|BEC．EF∥平面PAB D．異面直線BE與PA夾角的余弦值為6【考點】直線與平面平行；異面直線及其所成的角．【專題】計算題；轉化思想；向量法；空間位置關系與距離；空間角；空間向量及應用；邏輯思維；運算求解．【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標系，根據向量的線性運算判斷A；由向量模的坐標表示判斷B；根據數量積為0證明垂直判斷C；由異面直線所成角的向量求法判斷D．【解答】解：因為PA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，在正方形ABCD中，有AB⊥AD，所以AB，AD，AP兩兩互相垂直，所以以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，而AB＝AD＝AP＝2，從而A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（1，1，0），對于A，BE→=BA對于B，BE→=(-2，1，對于C，EF→=(1，0，-1)EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB，故C正確；對于D，BE→=(-2，所以異面直線BE與PA夾角的余弦值為|BE→?故選：ACD．【點評】本題主要考查線面平行的判斷，異面直線所成角的求法，空間向量的線性運算，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?長寧區期末）已知直線l與平面α，“l與α內無數條直線平行”是“l∥α”的必要非充分條件．【考點】直線與平面平行．【專題】對應思想；綜合法；空間位置關系與距離；簡易邏輯；邏輯思維．【答案】必要非充分．【分析】根據充分條件和必要條件的定義結合線面平行的判定分析判斷．【解答】解：∵l與α內無數條直線平行?l?α或l∥α，l∥α?l與α內無數條直線平行，由充分必要條件的定義可得“l與α內無數條直線平行”是“l∥α”的必要非充分條件．故答案為：必要非充分．【點評】本題主要考查線面平行的判定與性質，考查邏輯推理能力，屬于基礎題．10．（2024秋?浦東新區校級期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1的中點，D是棱BC上一點，BD＝λDC，若A1B∥平面ADE，則λ的值為2．【考點】直線與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】2．【分析】連接A1C，設A1C∩AE＝F，連接FD，E是棱CC1的中點，可證得CEAA1=EFFA=12，由A1B∥平面ADE，可得A【解答】解：連接A1C，設A1C∩AE＝F，連接FD，E是棱CC1的中點，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CEA因為A1B∥平面ADE，A1B?平面A1BC，平面A1BC∩平面AED＝FD，可得A1B∥FD，FDA所以CDBD而BD＝λDC，所以λ＝2．故答案為：2．【點評】本題考查線面平行的性質的應用及平行線分線段成比例的性質的應用，屬于中檔題．11．（2024秋?寧鄉市期末）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中點，點P滿足B1P→=λB1C→(λ∈R)，當A【考點】直線與平面平行．【答案】13【分析】建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，求出平面D1CE的法向量n→的坐標及A1P→的坐標，由題意可得n→?【解答】解：建立如圖所示的空間直角坐標系，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，E是AD的中點，點P滿足B1則D（0，0，0），A（3，0，0），A1（3，0，2），C（0，4，0），E（32，0，0），B1（3，4，2），D1（0，0，2可得A1B1→=（0，4，0），B1C→=（﹣3，0，﹣2），D1C→=（0A1P→=A1B1→+B1P→=（0，4，0）+λ設平面D1CE的法向量為n→=（x，y，則n→?D令x＝﹣8，則n→=（8，3，因為A1P∥平面D1CE，可得A1P→?即（﹣3λ）×8+4×3+（﹣2λ）×6＝0，解得λ=1故答案為：13【點評】本題考查用空間向量的方法判斷線面平行，屬于中檔題．12．（2024秋?黃浦區校級期中）ABCD﹣A1B1C1D1是棱長為4的正方體，P﹣QRH是棱長為4的正四面體，底面ABCD，QRH在同一個平面α內，BC∥QH，則正方體中過AD且與平面PHQ平行的截面面積是122．【考點】平面與平面平行；直線與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】122．【分析】設截面與A1B1，D1C1分別相交于點E，F，則EF∥AD，過點P作平面QRH的垂線，垂足為O，則O是△QRH的中心，由題意可得RG，PO，EA的值，進而求出三角形AEFD的面積的大小．【解答】解：設截面與A1B1，D1C1分別相交于點E，F，則EF∥AD，過點P作平面QRH的垂線，垂足為O，則O是△QRH的中心，設OR∩HQ＝G，則∠EAB＝∠PGO，由RG＝23，得RO＝2OG=433，所以sin∠EAB＝sin∠PGO=PO即4EA=223，解得所以四邊形AEFD的面積S＝4×32=122故答案為：122．【點評】本題考查正方體的截面問題，屬于中檔題．四．解答題（共3小題）13．（2025?揚州校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，PA＝AD＝CD＝2AB，M為PC的中點．（Ⅰ）求證：BM∥平面PAD；（Ⅱ）求證：BM⊥平面PCD．【考點】直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】證明題；數形結合；數形結合法；空間位置關系與距離；邏輯思維；直觀想象．【答案】（Ⅰ）證明見解答；（Ⅱ）證明見解答．【分析】（Ⅰ）取PD中點N，連接MN，AN，推導出四邊形ABMN是平行四邊形，從而可得BM∥AN，利用線面平行的判定定理即可得證；（Ⅱ）推導出AN⊥CD，AN⊥PD，由線面垂直的判定定理可得AN⊥平面PDC，由BM∥AN，即可得證．【解答】證明：（Ⅰ）取PD中點N，連接MN，AN，∵M為PC的中點，∴MN∥CD，且MN=12又AB∥CD，且CD＝2AB，∴MN∥AB且MN＝AB，∴四邊形ABMN是平行四邊形，∴BM∥AN，∵BM?平面PAD，AN?平面PAD，∴BM∥平面PAD．（Ⅱ）∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，∴PA⊥CD，∵∠ADC＝90°，即CD⊥AD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∵AN?平面PAD，∴AN⊥CD，∵PA＝AD，PD中點為N，∴AN⊥PD，又∵PD∩CD＝D，∴AN⊥平面PDC，∵BM∥AN，∴BM⊥平面PDC．【點評】本題主要考查線面平行與垂直的判定，考查數形結合思想與邏輯推理能力，屬于中檔題．14．（2025?隨州模擬）如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，M是線段EF的中點．（1）求證：AM∥平面BDE；（2）若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結論．【考點】直線與平面平行．【專題】作圖題；證明題；邏輯思維．【答案】（1）見解析；（2）l∥m，證明過程見解析．【分析】（1）令AC∩BD＝O，連接OE，證明AM∥OE，再利用線面平行的判定推理作答；（2）l∥m，利用（1）的結論，結合線面平行的性質、平行公理推理作答．【解答】（1）證明：令AC∩BD＝O，連接OE，∵四邊形ACEF為矩形，M、O分別為EF、AC中點，∴EM∥OA，且EM＝OA，∴四邊形AOEM為平行四邊形，∴AM∥OE，∵AM?平面BDE，OE?平面BDE，∴AM∥平面BDE．（2）l∥m，由（1）知AM∥平面BDE，又∵AM?平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，∴l∥AM，∵AM∥平面BDE，AM?平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，∴m∥AM，∴l∥m．【點評】本題主要考查線面平行的判定定理和性質定理，是中檔題．15．（2024秋?棗強縣校級期末）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABC，△PAD為等邊三角形，底面ABCD為等腰梯形，且AD＝2AB＝2BC＝4，點E是棱PC的中點，過點A，B，E的平面α交棱PD于點F．（1）證明：AD∥平面PBC；（2）求PFDF【考點】直線與平面平行；直線與平面垂直．【專題】轉化思想；綜合法；空間向量及應用；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）14【分析】（1）運用等腰梯形性質，結合線面平行判定定理證明即可；（2）建立空間直角坐標系，結合四點共面的向量定理計算即可．【解答】（1）證明：因為底面AB﹣CD為等腰梯形，且AD＝2AB＝2BC＝4，所以AD∥BC，又因為BC?平面PBC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC；（2）解：因為△PAD為等邊三角形，AD＝4，取AD中點O，連接OP，則OP⊥AD，又因為平面PAD⊥平面ABC，平面PAD∩平面ABC＝AD，OP?平面PAD，所以OP⊥平面ABC，因為BC∥AD，AD＝2BC，O為AD中點，M為BC中點，所以OM⊥AD，以OA為x軸，OM為y軸，OP為z軸建立空間直角坐標系，AD＝2AB＝2BC＝4，且△PAD為等邊三角形，可得OP=2則A（2，0，0），D（﹣2，0，0），P（0，0，6），B(1那么PD→設PF→=λPD→，所以設F（﹣2λ，又因為點E是棱PC的中點，設C(-1因為A，B，E，F四點共面，所以AE→，AB→，AE→=(-52，設存在實數m，n，使得AE→即（-52，32，3）＝（﹣m﹣n（﹣2λ﹣2），3m，n（﹣所以-52=-m+n(-2所以PF→=-13PD→，可得|PF所以|DF→|=43|所以PFDF【點評】本題考查向量的運算性質的應用，屬于中檔題．

考點卡片1．充分條件必要條件的判斷【知識點的認識】1、判斷：當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．2、充要條件：如果既有“p?q”，又有“q?p”，則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是p成立的充要條件，記作“p?q”．p與q互為充要條件．【解題方法點撥】充要條件的解題的思想方法中轉化思想的依據；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一不可．證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學生答題時往往混淆二者的關系．判斷題目可以常用轉化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【命題方向】充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣．2．命題的真假判斷與應用【知識點的認識】判斷含有“或”、“且”、“非”的復合命題的真假，首先要明確p、q及非p的真假，然后由真值表判斷復合命題的真假．注意：“非p”的正確寫法，本題不應將“非p”寫成“方程x2﹣2x+1＝0的兩根都不是實根”，因為“都是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要認真區分．【解題方法點撥】1．判斷復合命題的真假，常分三步：先確定復合命題的構成形式，再指出其中簡單命題的真假，最后由真值表得出復合命題的真假．2．判斷一個“若p則q”形式的復合命題的真假，不能用真值表時，可用下列方法：若“pq”，則“若p則q”為真；而要確定“若p則q”為假，只需舉出一個反例說明即可．3．判斷逆命題、否命題、逆否命題的真假，有時可利用原命題與逆否命題同真同假，逆命題與否命題同真同假這一關系進行轉化判斷．【命題方向】該部分內容是《課程標準》新增加的內容，幾乎年年都考，涉及知識點多而且全，多以小題形式出現．3．異面直線及其所成的角【知識點的認識】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經過空間任意一點O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，π2]．當θ＝902、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來轉移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：4．直線與平面平行【知識點的認識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實質是：對于平面外的一條直線，只需在平面內找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質定理：如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和