.A　解析:對(duì)于①,若ab,b⊂α,則應(yīng)有aα或a⊂α,所以①不正確;

　　對(duì)于②,若ab,a∥α,則應(yīng)有bα或b⊂α,因此②不正確;

　　對(duì)于③,若aα,b∥α,則應(yīng)有ab或a與b相交或a與b異面,因此③是假命題.

　　綜上,在空間中,以上三個(gè)命題都是假命題.

　　2.C　解析:對(duì)于圖形①,平面MNP與AB所在的對(duì)角面平行,即可得到AB平面MNP;對(duì)于圖形④,ABPN,即可得到AB平面MNP;圖形②③無(wú)論用定義還是判定定理都無(wú)法證明線(xiàn)面平行.

　　3.D　解析:由lα,l∥m,則mα或m⊂α;由lα,m∥α,則m與l相交或ml或m與l異面,所以“l(fā)m”是“mα”的既不充分又不必要條件.

　　4.C　解析:由題意可知PQAC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以ACBD,故A正確;

　　由PQAC可得AC截面PQMN,故B正確;

　　由PNBD可知,異面直線(xiàn)PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角,

　　又四邊形PQMN為正方形,

　　所以MPN=45°,故D正確;

　　而AC=BD沒(méi)有論證來(lái)源.

　　5.C　解析:顯然該幾何圖形為正方體截去兩個(gè)三棱錐所剩的幾何體,把該幾何體放置到正方體中(如圖),

　　取AN的中點(diǎn)H,連接HB,MH,則MCHB,又HBAN,所以MCAN,所以A正確;

　　由題意易得GBMH,

　　又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,

　　所以GB平面AMN,所以B正確;

　　因?yàn)锳BCD,DM∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,

　　所以平面DCM平面ABN,所以D正確.

　　6.Q為CC1的中點(diǎn)　解析:如圖,假設(shè)Q為CC1的中點(diǎn),因?yàn)镻為DD1的中點(diǎn),

　　所以QBPA.

　　連接DB,因?yàn)镻,O分別是DD1,DB的中點(diǎn),所以D1BPO.

　　又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面PAO,

　　所以D1B平面PAO,QB平面PAO.

　　又D1B∩QB=B,

　　所以平面D1BQ平面PAO.

　　故Q滿(mǎn)足條件Q為CC1的中點(diǎn)時(shí),有平面D1BQ平面PAO.

　　7.(1)證明:如圖,連接AB',AC'.

　　四邊形ABB'A'為矩形,M為A'B的中點(diǎn),

　　AB'與A'B交于點(diǎn)M,且M為AB'的中點(diǎn).

　　又點(diǎn)N為B'C'的中點(diǎn),MN∥AC'.

　　∵M(jìn)N⊄平面A'ACC',

　　且AC'⊂平面A'ACC',

　　MN∥平面A'ACC'.

　　(2)解:由圖可知VC-MNB=VM-BCN.

　　BAC=90°,

　　∴BC==2,

　　又三棱柱ABC-A'B'C'為直三棱柱,且AA'=4,

　　S△BCN=×2×4=4.

　　∵A'B'=A'C'=2,∠B'A'C'=90°,點(diǎn)N為B'C'的中點(diǎn),

　　A'N⊥B'C',A'N=.

　　又BB'平面A'B'C',A'N⊥BB'.

　　∴A'N⊥平面BCN.

　　又M為A'B的中點(diǎn),

　　M到平面BCN的距離為.

　　VC-MNB=VM-BCN=×4.

　　8.證明:(1)因?yàn)锳S=AB,AFSB,垂足為F,所以F是SB的中點(diǎn).

　　又因?yàn)镋是SA的中點(diǎn),所以EFAB.

　　因?yàn)镋F⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,

　　所以EF平面ABC.

　　同理EG平面ABC.

　　又EF∩EG=E,

　　所以平面EFG平面ABC.

　　(2)因?yàn)槠矫鍿AB平面SBC,且交線(xiàn)為SB,AF⊂平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC.

　　因?yàn)锽C⊂平面SBC,所以AFBC.

　　又因?yàn)锳BBC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,

　　所以BC平面SAB.

　　因?yàn)镾A⊂平面SAB,所以BCSA.

　　9.B　解析:如圖,由題意得,EFBD,

　　且EF=BD.

　　HGBD,且HG=BD,

　　EF∥HG,且EF≠HG.

　　四邊形EFGH是梯形.

　　又EF平面BCD,而EH與平面ADC不平行,故B正確.

　　10.B　解析:對(duì)于選項(xiàng)A,不合題意;

　　對(duì)于選項(xiàng)B,由于l1與l2是相交直線(xiàn),而且由l1m可得l1α,同理可得l2α,故可得αβ,充分性成立,而由αβ不一定能得到l1m,它們也可以異面,故必要性不成立,故選B;

　　對(duì)于選項(xiàng)C,由于m,n不一定相交,故是必要不充分條件;

　　對(duì)于選項(xiàng)D,由于nl2可轉(zhuǎn)化為nβ,同選項(xiàng)C,故不符合題意.

　　綜上選B.

　　11.①或③　解析:由面面平行的性質(zhì)定理可知,①正確;當(dāng)nβ,m⊂γ時(shí),n和m在同一平面內(nèi),且沒(méi)有公共點(diǎn),所以平行,③正確.

　　12.解:(1)因?yàn)镻D平面ABCD,

　　所以PDAD.

　　又因?yàn)锳BCD是矩形,

　　所以ADCD.

　　因?yàn)镻D∩CD=D,

　　所以AD平面PCD.

　　所以AD是三棱錐A-PDE的高.

　　因?yàn)镋為PC的中點(diǎn),且PD=DC=4,

　　所以S△PDE=S△PDC

　　==4.

　　又AD=2,

　　所以VA-PDE=AD·S△PDE=×2×4=.

　　(2)取AC的中點(diǎn)M,連接EM,DM,

　　因?yàn)镋為PC的中點(diǎn),M為AC的中點(diǎn),所以EMPA.

　　又因?yàn)镋M⊂平面EDM,PA⊄平面EDM,所以PA平面EDM.

　　所以AM=AC=.

　　即在AC邊上存在一點(diǎn)M,使得PA平面EDM,AM的長(zhǎng)為.

　　13.(1)證明:因?yàn)锽C平面GEFH,BC⊂平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GHBC.

　　同理可證:EFBC,因此GHEF.

　　(2)解:連接AC,BD交于點(diǎn)O,BD交EF于點(diǎn)K,連接OP,GK.

　　因?yàn)镻A=PC,O是AC的中點(diǎn),

　　所以POAC,同理可得POBD.

　　又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面內(nèi),所以PO底面ABCD.

　　又因?yàn)槠矫鍳EFH平面ABCD,

　　且PO⊄平面GEFH,

　　所以PO平面GEFH.

　　因?yàn)槠矫鍼BD∩平面GEFH=GK,

　　所以POGK,且GK底面ABCD,

　　從而GKEF.

　　所以GK是梯形GEFH的高.

　　由AB=8,EB=2,

　　得EBAB=KB∶DB=1∶4,

　　從而KB=DB=OB,

　　即K為OB的中點(diǎn).

　　再由POGK,得GK=PO,

　　即G是PB的中點(diǎn),

　　且GH=BC=4.

　　由已知可得OB=4,

　　PO==6,

　　所以GK=3.

　　故四邊形GEFH的面積S=·GK=×3=18.