2019届二轮复习（理）专题五第二讲点、直线、平面之间的位置关系学案（全国通用）

2019届二轮复习（理）专题五第二讲点、直线、平面之间的位置关系学案（全国通用）

第二讲　点、直线、平面之间的位置关系 考点一　空间线面位置关系的判断 ‎1．直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b，⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α，⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，⇒a∥b.‎ ‎2．直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n，⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α，⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α，⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，⇒a⊥β.‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·安徽黄山二模)下列说法中，错误的是(　　)‎ A．若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝l，平面β∩平面γ＝m，则l∥m B．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β C．若直线l⊥平面α，平面α⊥平面β，则l∥β D．若直线l∥平面α，平面α∩平面β＝m，直线l⊂平面β，则 l∥m ‎[解析]　对于A，由面面平行的性质定理可知为真命题，故A正确；对于B，由面面垂直的性质定理可知为真命题，故B正确；对于C，若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D，由线面平行的性质定理可知为真命题，故D正确．综上，选C.‎ ‎[答案]　C ‎2．(2018·湖北重点中学联考)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是(　　)‎ A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2‎ C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n ‎[解析]　由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎3．(2018·潍坊模拟)已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下四个命题：‎ ‎①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；‎ ‎②若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；‎ ‎③若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；‎ ‎④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎[解析]　若m∥α，n∥β，且α∥β，则m，n可能平行、相交或异面，①错误；若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n∥β，则m⊥n，②‎ 正确；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m∥α，则m，n可能平行、相交或异面，③错误 ；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，则m⊥n，④正确，综上正确命题的个数是2，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B分别为正方体的两个顶点，M，N，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ ‎[解析]　对于选项B，AB∥MQ；对于选项C，AB∥MQ；对于选项D，AB∥NQ.只有选项A中AB与平面MNQ不平行．故选A.‎ ‎[答案]　A ‎[快速审题]　看到线面关系的判断，想到空间中点、线、面的位置关系，想到具体的实物代表的线、面或长方体模型．‎ ‎　空间线面位置关系判定的三种方法 ‎(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．‎ ‎(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．‎ ‎(3)反证法：当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．‎ 考点二　空间中平行、垂直关系的证明 ‎　平行关系及垂直关系的转化 ‎[证明]　(1)如图所示，连接AB1交A1B于E，连接ED.‎ ‎∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AB＝BB1，‎ ‎∴侧面ABB1A1是正方形，‎ ‎∴E是AB1的中点，又已知D为AC的中点，‎ ‎∴在△AB1C中，ED是中位线，‎ ‎∴B1C∥ED，又B1C⊄平面A1BD，ED⊂平面A1BD，‎ ‎∴B1C∥平面A1BD.‎ ‎(2)∵AC1⊥平面A1BD.‎ ‎∴AC1⊥A1B.‎ ‎∵侧面ABB1A1是正方形，∴A1B⊥AB1.‎ 又AC1∩AB1＝A，‎ ‎∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.‎ 又∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，‎ ‎∴BB1⊥B1C1，又BB1∩A1B＝B，‎ ‎∴B1C1⊥平面ABB1A1.‎ ‎[探究追问]　在本例(2)的条件下，设AB＝1，求三棱锥B－A1C1D的体积．‎ ‎[解]　∵AB＝BC，D为AC的中点，‎ ‎∴BD⊥AC，∴BD⊥平面DC1A1.‎ ‎∴BD是三棱锥B－A1C1D的高．‎ 由(2)知B1C1⊥平面ABB1A1，‎ ‎∵B1C1∥BC，∴BC⊥平面ABB1A1.‎ ‎∵AB⊂平面ABB1A1，‎ ‎∴BC⊥AB，∴△ABC是等腰直角三角形，‎ 又∵AB＝BC＝1，∴BD＝，‎ ‎∴AC＝A1C1＝.‎ ‎∴三棱锥B－A1C1D的体积V＝·BD·S△A1C1D＝××A1C1·AA1＝××1＝.‎ ‎(1)证明线线平行的4种常用方法 ‎①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；‎ ‎②利用平行四边形进行平行转换；‎ ‎③利用三角形的中位线定理证线线平行；‎ ‎④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．‎ ‎(2)证明线线垂直的3种常用方法 ‎①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；‎ ‎②勾股定理；‎ ‎③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面．‎ ‎[对点训练]‎ ‎(2018·西宁模拟)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE＝MC＝.‎ ‎(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；‎ ‎(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC.‎ ‎[证明]　(1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，‎ ‎∴AM＝BD＝，AM⊥BD.‎ ‎∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，‎ ‎∴MC⊥平面ABD，‎ ‎∵AM⊂平面ABD.‎ ‎∴MC⊥AM，又MC∩BD＝M，‎ ‎∴AM⊥平面BCD.‎ 又AE＝MC＝，‎ ‎∴四边形AMCE为平行四边形，‎ ‎∴EC∥AM，‎ ‎∴EC⊥平面BCD，‎ ‎∵EC⊂平面CDE，‎ ‎∴平面BCD⊥平面CDE.‎ ‎(2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，‎ ‎∴MN∥BE.∵MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC.‎ ‎∴MN∥面BEC.‎ 由(1)知EC∥AM，∵EC⊂平面BEC，AM⊄平面BEC.‎ ‎∴AM∥面BEC，‎ 又∵AM∩MN＝M.AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN.‎ ‎∴平面AMN∥平面BEC.考点三　空间角的求解 ‎1．求异面直线所成的角 ‎(1)定义法：平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成锐角(或直角)即为所求．‎ ‎(2)向量法：若异面直线a，b的方向向量分别为a，b ‎，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝.‎ ‎2．向量法求线面所成的角 求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角 为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝.‎ ‎3．向量法求二面角 求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.‎ ‎ [解]　(1)证法一：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2，‎ 所以A1B＋AB＝AA，故AB1⊥A1B1.‎ 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝，‎ 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2，‎ 由CC1⊥AC，得AC1＝，所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1.又因为B1C1∩A1B1＝B1，‎ 因此AB1⊥平面A1B1C1.‎ 证法二：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)．‎ 因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0，2，－3)．‎ 由·＝0得AB1⊥A1B1.‎ 由·＝0得AB1⊥A1C1.‎ 又因为A1B1∩A1C1＝B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.‎ 由(1)可知＝(0,2，1)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)．‎ 设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．‎ 由即 可取n＝(－，1,0)．‎ 所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.‎ ‎[解]　(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC.‎ 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.‎ 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.‎ 又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.‎ 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||‎ 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积为，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝‎ .‎ 设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，‎ 则即 可取n＝.‎ 设m是平面AEC的法向量，则 同理可取m＝(0，－1，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝.‎ 易知二面角D－AE－C为锐二面角，‎ 所以二面角D－AE－C的余弦值为.‎ ‎　向量法求线面角、二面角需破4“关”‎ ‎(1)“建系关”：构建恰当的空间直角坐标系；‎ ‎(2)“坐标关”：准确求解相关点的坐标；‎ ‎(3)“向量关”：准确求出直线的方向向量和平面的法向量；‎ ‎(4)“公式关”：准确利用公式进行求解及转化．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．[角度1](2018·河北唐山模拟)已知P是△ABC所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝4，则异面直线PA与MN所成角的大小是(　　)‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎[解析]　取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP，ON＝AP，OM∥BC，OM＝BC，所以异面直线PA与MN所成的角为∠ONM(或其补角)，在△ONM中，OM＝2，ON＝2，MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°.故选A.‎ ‎[答案]　A ‎2.[角度2](2018·郑州模拟)如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC,2DA＝2AO＝‎ PO，且DA∥PO.‎ ‎(1)求证：平面PBD⊥平面COD；‎ ‎(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，‎ ‎∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.‎ ‎∴CO⊥AB.‎ 又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.‎ 又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，‎ ‎∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.‎ 又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.‎ ‎(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.‎ 则C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，－1,1)，‎ ‎∴＝(0，－1，－1)，＝(2，－2,0)，＝(0，－3,1)．‎ 设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∴∴ 令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1,1,3)．‎ 设PD与平面BDC所成的角为θ，‎ 则sinθ＝ ‎＝＝.‎ 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.‎ ‎3．[角度3]如图，已知在四棱锥P－ABCD中，点O为AB的中点，平面POC⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝BC＝AB＝2，AD＝3.‎ ‎(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD.‎ ‎(2)求二面角O－PD－C的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵AD∥BC，AB ‎⊥BC，BC＝AB＝2，AD＝3，‎ ‎∴OC＝，OD＝，CD＝.‎ ‎∵OD2＝OC2＋CD2，‎ ‎∴OC⊥CD.‎ 又平面POC⊥平面ABCD，且平面POC∩平面ABCD＝OC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面POC.‎ ‎∵PO⊂平面POC，∴CD⊥PO.‎ 又∵PA＝PB＝AB，点O为AB的中点．‎ ‎∴PO⊥AB，由题易知，AB，CD在平面ABCD内，且它们不平行，则必相交于某一点，∴PO⊥底面ABCD.‎ 又∵PO⊂平面PAB，‎ ‎∴平面PAB⊥平面ABCD.‎ ‎(2)以点O为原点，如图所示建立空间直角坐标系O－xyz，‎ 则P(0,0，)，D(－1,3,0)，C(1,2,0)，‎ ‎∴＝(0,0，)，＝(－1,3,0)，＝(－1，－2，)，＝(－2,1,0)．‎ 设平面OPD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ 则由可得取y1＝1，得 即m＝(3,1,0)，‎ 同理可得，n＝(，2，5)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 又由图可知二面角O－PD－C的平面角为锐角，故二面角O－PD－C的余弦值为.‎ ‎1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎[解析]　∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A.‎ ‎[答案]　A ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　解法一：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图)，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.则∠B1AD1(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角，易求得AB1＝，BC1＝AD1＝‎ ，B1D1＝.由余弦定理得cos∠B1AD1＝.故选C.‎ 解法二：以B为坐标原点，，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)．‎ ‎∵∠ABC＝120°，BC＝1，AB＝2，BB1＝1，‎ ‎∴A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1.‎ ‎∴＝(0，－2,1)，＝.‎ 设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，‎ 则cosθ＝＝＝＝，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎3．(2017·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ ‎[解析]　对于①，由m⊥n，m⊥α可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错误；对于②，过直线n作平面与平面α交于直线c，由n∥α可知n∥c，∵m⊥α，∴m⊥c，∴m⊥n，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.‎ ‎[答案]　②③④‎ ‎4.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BEF；‎ ‎(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；‎ ‎(3)证明：直线FG与平面BCD相交．‎ ‎[解]　(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ 因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．‎ 又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.‎ 因为AB＝BC，E为AC中点，所以AC⊥BE，‎ 又因为BE∩EF＝E，所以AC⊥平面BEF.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.‎ 又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.‎ 因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.‎ 如图建立空间直角坐标系E－xyz.‎ 由题意得B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)．‎ 所以＝(－1，－2,0)，＝(1，－2,1)．‎ 设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4)．‎ 又因为平面CC1D的一个法向量为＝(0,2,0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－.‎ ‎(3)证明：由(2)知平面BCD的一个法向量为n＝(2，－1，－4)，＝(0,2，－1)．‎ 因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG与平面BCD相交．‎ ‎1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．‎ ‎2．选择题一般在第3～5题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．‎ ‎3．解答题多出现在第18或19题的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明、利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等．‎ 热点课题13　立体几何中的“翻折”问题 ‎[感悟体验]‎ ‎　(2018·安徽合肥二模)如图1，矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O点落在BE上．‎ ‎(1)求证：BP⊥CE.‎ ‎(2)求二面角B－PC－D的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：点P在平面BCDE上的射影O点落在BE上，∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE.‎ 又BE＝CE＝，BC＝2，则BE2＋CE2＝BC2，∴BE⊥CE，又BE∩PO＝O，BE⊂平面PBE，PO⊂平面PBE，∴CE⊥平面PBE.∵BP⊂平面PBE，∴BP⊥CE.‎ ‎(2)以点O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且垂直于CD的直线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则B，C，D，P，‎ ‎∴＝(－1,0,0)，＝，‎ ＝，＝(0,2,0)．‎ 设平面PCD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则 即 令z1＝，可得n1＝.‎ 设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．‎ 则即 令z2＝，可得n2＝(2,0，)．‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 又由图可知，二面角B－PC－D为钝二面角，则二面角B－PC－D的余弦值为－.‎ 专题跟踪训练(二十二)‎ 一、选择题 ‎1．(2018·中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β ‎[解析]　对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.‎ ‎[答案]　C ‎2．已知直线m，l与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m⊂α，m⊥γ，则下列命题一定正确的是(　　)‎ A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥β C．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ ‎[解析]　∵m⊂α，m⊥γ，∴α⊥γ.又∵β∩γ＝l，∴l⊂γ，∴l⊥m.故选A.‎ ‎[答案]　A ‎3．(2018·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为(　　)‎ ‎①若m∥n，n⊂α，则m∥α；‎ ‎②若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β；‎ ‎③若l⊥n，m⊥n，则l∥m；‎ ‎④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎[解析]　①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n，m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α ‎，因此正确．综上可知只有②④正确．故选B.‎ ‎[答案]　B ‎4．[原创题]如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为(　　)‎ A．－ B. C．－ D. ‎[解析]　如图所示，取BC的中点E，连接DE，AE.则在△PBC中，PD＝DB，BE＝EC，所以DE∥PC，且DE＝PC.故∠EDA为异面直线PC，AD所成的角或其补角．因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB.在Rt△ABC中，AC＝＝＝2；在Rt△PAC中，PC＝＝＝2.故DE＝PC＝.在Rt△PAB中，PB＝＝＝2；又PD＝DB，所以AD＝PB＝.在Rt△EAB中，AE＝＝＝.在△DAE中，cos∠ADE＝＝＝－.设异面直线PC，AD所成的角为θ，则cosθ ‎＝|cos∠ADE|＝.故选D.‎ ‎[答案]　D ‎5．(2018·温州十校联考)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是(　　)‎ ‎①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；‎ ‎②平面SBC内存在直线与SA平行；‎ ‎③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎[解析]　由题图，得SA⊥SE，若存在点E使得直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SB，SA⊥SC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故②错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE 内存在直线与平面SAE平行，故③正确．选B.‎ ‎[答案]　B ‎6．(2018·河北五校联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是(　　)‎ A．2 B．4 C．4 D．8 ‎[解析]　如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，‎ ‎∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，又∵A1A∩AE＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，‎ ‎∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4，故选B.‎ ‎[答案]　B 二、填空题 ‎7．(2018·定州二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝‎ ‎________.‎ ‎[解析]　根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.‎ ‎[答案]　 ‎8．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．‎ ‎[解析]　过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC，BC，B1C1，A1C1的中点)．易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有C＝6条．‎ ‎[答案]　6‎ ‎9.(2018·山东烟台二模)如图是一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD ‎＝10，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的序号)‎ ‎①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；‎ ‎②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；‎ ‎③当A、C重合于点P时，PG⊥PD；‎ ‎④当A、C重合于点P时，三棱锥P－DEF的外接球的表面积为150π.‎ ‎[解析]　在△ABE中，tan∠ABE＝，在△ACD中，tan∠CAD＝，所以∠ABE＝∠DAC，由题意，将△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，此时A、C、G、H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，显然AG＝CH，所以四边形AGHC为平行四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，故①正确；由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，故②不正确；当A、C重合于点P时，可得PG＝，PD＝10，又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2，所以PG与PD不垂直，故③不正确；当A，C重合于点P时，在三棱锥P－DEF中，△EFD 与△FCD均为直角三角形，所以DF为外接球的直径，即R＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×2＝150π，故④正确．综上，正确命题的序号为①④.‎ ‎[答案]　①④‎ 三、解答题 ‎10.(2018·河南洛阳一模)如图，在四棱锥E－ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝AB，且AE⊥BD.‎ ‎(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；‎ ‎(2)若△EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离．‎ ‎[解]　(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，∴DM＝CB＝AD＝AB，‎ 即点D在以线段AB为直径的圆上，‎ ‎∴BD⊥AD，‎ 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，‎ ‎∴BD⊥平面EAD.‎ ‎∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.‎ ‎(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EAD.‎ ‎∵等边△EAD的面积为，∴AD＝AE＝ED＝2，‎ 取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝，‎ ‎∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，‎ ‎∴EO⊥平面ABCD.‎ 由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，‎ ‎∴BD＝＝2，‎ S△EBD＝ED·BD＝2，‎ 设点C到平面EBD的距离为h，‎ 由VC－EBD＝VE－BCD，得S△EBD·h＝S△BCD·EO，‎ 又S△BCD＝BC·CDsin120°＝，‎ ‎∴h＝.‎ ‎∴点C到平面EBD的距离为.‎ ‎11．(2018·南昌摸底)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.‎ ‎(1)证明：BC⊥AB1；‎ ‎(2)若OC＝OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：由题意，tan∠ABD＝＝，‎ tan∠AB1B＝＝，‎ 由图可知0<∠ABD，∠AB1B<，‎ 所以∠ABD＝∠AB1B，‎ 所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝，‎ 所以AB1⊥BD，‎ 又CO⊥侧面ABB1A1，∴AB1⊥CO.‎ 又BD与CO交于点O，所以AB1⊥平面CBD，‎ 又因为BC⊂平面CBD，所以BC⊥AB1.‎ ‎(2)如图，以O为原点，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，‎ 则A，‎ B，‎ C，‎ B1，D，‎ 又因为＝2，所以C1.‎ 所以＝，＝，‎ ＝.‎ 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则根据可得 令x＝1，则y＝，z＝－，‎ 所以n＝(1，，－)是平面ABC的一个法向量，设直线C1D与平面ABC所成角为α，‎ 则sinα＝＝.‎ ‎12．(2018·贵阳监测)如图所示，该几何体由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.‎ ‎(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE；‎ ‎(2)若正四棱锥P－ABCD的高为1，求二面角C－AF－P的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵直三棱柱ADE－BCF中，AB⊥平面ADE，‎ ‎∴AB⊥AD，又AD⊥AF，AB∩AF＝A，‎ ‎∴AD⊥平面ABFE，∵AD⊂平面PAD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面ABFE.‎ ‎(2)∵AD∥BC，AD⊥平面ABFE，∴BC⊥平面ABFE，且AB⊥BF，建立以B为坐标原点，BA，BF，BC所在直线分别为x轴，y轴，‎ z轴的空间直角坐标系，如图所示．‎ ‎∵正四棱锥P－ABCD的高为1，AE＝AD＝2，‎ ‎∴A(2,0,0)，E(2,2,0)，F(0,2,0)，C(0,0,2)，P(1，－1,1)，‎ ‎∴＝(－2,2,0)，＝(0,2，－2)，＝(1,1，－1)，‎ 设n1＝(x1,1，z1)是平面ACF的一个法向量，则n1⊥，n1⊥，‎ ‎∴即 解得x1＝1，z1＝1，即n1＝(1,1,1)．‎ 设n2＝(x2,1，z2)是平面PAF的一个法向量，则 n2⊥，n2⊥，‎ ‎∴即 解得x2＝1，z2＝2，即n2＝(1,1,2)．‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 又二面角C－AF－P是锐角，‎ ‎∴二面角C－AF－P的余弦值是.‎