2019版一轮复习理数通用版第十一单元 空间位置关系

2019版一轮复习理数通用版第十一单元 空间位置关系

第十一单元 空间位置关系 教材复习课 “空间位置关系”相关基础知识一课过 4 个公理 [过双基] 1．平面的基本性质 (1)公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论 1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面； 推论 2：经过两条相交直线有且只有一个平面； 推论 3：经过两条平行直线有且只有一个平面． (3)公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共 直线． 2．平行公理 公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 1．以下四个命题中， ①不共面的四点中，其中任意三点不共线； ②若点 A，B，C，D 共面，点 A，B，C，E 共面，则点 A，B，C，D，E 共面； ③若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线 b，c 共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面． 正确命题的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选 B ①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面．这与 四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确．②从条件看出两平面有三个公共点 A，B，C，但是若 A，B，C 共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的 四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形． 2．下列命题中，真命题是( ) A．空间不同三点确定一个平面 B．空间两两相交的三条直线确定一个平面 C．两组对边相等的四边形是平行四边形 D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内 解析：选 D A 是假命题，当三点共线时，过三点有无数个平面；B 不正确，两两相交 的三条直线不一定共面；C 不正确，两组对边相等的四边形可能是空间四边形；D 正确，故 选 D. 3．三个不同的平面可能把空间分成________部分(写出所有可能的情况)． 解析：如图(1)，可分成四部分(互相平行)；如图(2)(3)，可分成六部分(两种情况)；如图(4)， 可分成七部分；如图(5)，可分成八部分． 答案：4,6,7,8 [清易错] 1．三点不一定确定一个平面．当三点共线时，可确定无数个平面． 2．判断由所给元素(点或直线)确定平面时，关键是分析所给元素是否具有确定唯一平面 的条件，如不具备，则一定不能确定一个平面． 1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S 分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一 个图是( ) 解析：选 D A，B，C 图中四点一定共面，D 中四点不共面． 2．过同一点的 4 条直线中，任意 3 条都不在同一平面内，则这 4 条直线确定平面的个 数是________． 解析：设四条直线为 a，b，c，d，则这四条直线中每两条都确定一个平面，因此，a 与 b，a 与 c，a 与 d，b 与 c，b 与 d，c 与 d 都分别确定一个平面，共 6 个平面． 答案：6 空间点、线、面的位置关系 [过双基] 1．空间直线间的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系 (2)异面直线所成的角 ①定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 a′∥a，b′∥b，把 a′ 与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)． ②范围： 0，π 2 . (3)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 2．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况． (2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 1．若空间三条直线 a，b，c 满足 a⊥b，b⊥c，则直线 a 与 c( ) A．一定平行 B．一定相交 C．一定是异面直线 D．平行、相交或异面都有可能 解析：选 D 当 a，b，c 共面时，a∥c；当 a，b，c 不共面时，a 与 c 可能异面也可能 相交． 2．若平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关 系为( ) A．平行 B．相交 C．平行或重合 D．平行或相交 解析：选 D 当两个平面平行时，平面α上存在无数多个点到平面β的距离相等且不为零， 满足题意；当两个平面相交时，可以从交线的两侧去找三个点到平面β的距离相等且不为 零．故选 D. 3．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别为棱 BC 和棱 CC1 的中点，则异面直线 AC 和 MN 所成的角为( ) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选 C 连接 AD1，则 AD1 与 MN 平行．所以∠D1AC 为异面直线 AC 和 MN 所成 的角的平面角．因为△D1AC 是正三角形，所以∠D1AC＝60°. 4．在正四面体 ABCD 中，M，N 分别是 BC 和 DA 的中点，则异面直线 MN 和 CD 所成 的角为________． 解析：因为 ABCD 是正四面体，所以 AB⊥CD.取 AC 的中点 E，连接 ME，NE，则∠ ENM 的大小为异面直线 MN 和 CD 所成角的大小．因为 ME⊥NE，且 ME＝NE，所以∠ENM ＝π 4. 答案：π 4 [清易错] 1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异 面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交． 2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”． 1.如图所示，在三棱锥 PABC 的六条棱所在的直线中，异面直线共 有( ) A．2 对 B．3 对 C．4 对 D．6 对 解析：选 B 依题意，异面直线有 AP 与 BC，PB 与 AC，CP 与 AB，共 3 对． 2．若直线 a⊥b，且直线 a∥平面α，则直线 b 与平面α的位置关系是( ) A．b⊂α B．b∥α C．b⊂α或 b∥α D．b 与α相交或 b⊂α或 b∥α 解析：选 D b 与α相交或 b⊂α或 b∥α都可以． 平行关系 4 定理 [过双基] 1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一 条直线平行，则该直线与此平面 平行(线线平行⇒线面平行) ∵l∥a，a⊂α， l⊄α，∴l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过 这条直线的任一平面与此平面的 交线与该直线平行(简记为“线面 平行⇒线线平行”) ∵l∥α，l⊂β，α∩β ＝b，∴l∥b 2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交 直线与另一个平面平行， 则这两个平面平行(简记 为“线面平行⇒面面平 行”) ∵a∥β，b∥β， a∩b＝P，a⊂α， b⊂α，∴α∥β 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 ∵α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b，∴a∥b 1．过平面α外的直线 l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为 a，b，c，…，那 么这些交线的位置关系为( ) A．都平行 B．都相交且一定交于同一点 C．都相交但不一定交于同一点 D．都平行或交于同一点 解析：选 D 若 l∥平面α，则交线都平行；若 l∩平面α＝A，则交线都交于同一点 A. 2．下列说法中正确的是( ) ①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和 一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平 面和已知直线平行． A．①②③ B．①③ C．②③ D．①② 解析：选 D 由线面平行的性质定理知①正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③ 错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面． 3．已知直线 a∥平面α，P∈α，那么过点 P 且平行于直线 a 的直线( ) A．只有一点，不在平面α内 B．有无数条，不一定在平面α内 C．只有一条，在平面α内 D．有无数条，一定在平面α内 解析：选 C 由线面平行的性质可知 C 正确． 4．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ， 且________，则 m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥ γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________． 解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当 n∥β，m⊂γ时，n 和 m 在同一平面内， 且没有公共点，所以平行，③正确． 答案：①或③ [清易错] 1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件． 2．面面平行的判定中易忽视“面内两条直线相交”这一条件，如果一个平面内有无数 条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交． 1．已知直线 a 与直线 b 平行，直线 a 与平面α平行，则直线 b 与α的关系为( ) A．平行 B．相交 C．直线 b 在平面α内 D．平行或直线 b 在平面α内 解析：选 D 依题意，直线 a 必与平面α内的某直线平行，又 a∥b，因此直线 b 与平面α 的位置关系是平行或直线 b 在平面α内． 2．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且 m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 B 当 m∥β时，过 m 的平面α与β可能平行也可能相交，因而 m∥β ⇒/ α∥β； 当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为 m⊂α，所以 m∥β.综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的 必要不充分条件. 垂直关系 4 定理 [过双基] 1．直线与平面垂直的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内 的两条相交直线都垂直， 则该直线与此平面垂直 a⊂α，b⊂α a∩b＝O l⊥a l⊥b ⇒l⊥ α 性质 定理 垂直于同一个平面的两 条直线平行 a⊥α b⊥α ⇒a∥b 2．平面与平面垂直的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 l⊂β l⊥α ⇒α⊥β 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 α⊥β l⊂β α∩β＝a l⊥a ⇒l⊥ α 1.如图，在三棱锥 PABC 中，不能证明 AP⊥BC 的条件是( ) A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面 BPC⊥平面 APC，BC⊥PC D．AP⊥平面 PBC 解析：选 B A 中，因为 AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以 AP⊥平面 PBC，又 BC⊂平面 PBC，所以 AP⊥BC，故 A 正确；C 中，因为平面 BPC⊥平面 APC，BC⊥PC， 所以 BC⊥平面 APC，又 AP⊂平面 APC，所以 AP⊥BC，故 C 正确；D 中，由 A 知 D 正确； B 中条件不能判断出 AP⊥BC，故选 B. 2．设α，β，γ为不同的平面，m，n，l 为不同的直线，则 m⊥β的一个充分条件为( ) A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α 解析：选 D 若α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则 m 与β的位置不确定；若α∩γ＝m，α⊥γ，β ⊥γ，则α，β可能平行，此时 m∥β；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则α，β不一定平行，所以 m 不 一定与β垂直；若 n⊥α，n⊥β，则α∥β，又 m⊥α，则 m⊥β.故选 D. 3.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面 ABC，则在△ABC 和△PAC 的边所在的直线中，与 PC 垂直的直线有________；与 AP 垂直的直线有________． 解析：∵PC⊥平面 ABC，∴PC 垂直于直线 AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC ＝C， ∴AB⊥平面 PAC，∴与 AP 垂直的直线是 AB. 答案：AB，BC，AC AB 4．已知 PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，连接 PB，PC，PA，AC，BD，则一定互 相垂直的平面有________对． 解析：由于 PD⊥平面 ABCD，故平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PDB ⊥平面 ABCD，平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDA⊥平面 PDC，平面 PAC⊥平面 PDB，平面 PAB⊥平面 PAD, 平面 PBC⊥平面 PDC，共 7 对． 答案：7 5.如图所示，在四棱锥 P ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，且底面各 边都相等，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是正确的条件即可) 解析：连接 AC，BD，则 AC⊥BD. ∵PA⊥底面 ABCD，∴PA⊥BD. 又 PA∩AC＝A，∴BD⊥平面 PAC， ∴BD⊥PC. ∴当 DM⊥PC(或 BM⊥PC)时，即有 PC⊥平面 MBD. 而 PC⊂平面 PCD， ∴平面 MBD⊥平面 PCD. 答案：DM⊥PC(或 BM⊥PC) [清易错] 1．证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件． 2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视． 3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误． 1．已知 m，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法中正确的是( ) A．m⊂α，n∥m⇒n∥α B．m⊂α，n⊥m⇒n⊥α C．m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β D．n⊂β，n⊥α⇒α⊥β 解析：选 D 对于选项 A，由直线与平面平行的判定定理可知，还需要满足 n 在平面α 外；对于选项 B，根据直线与平面垂直的判定定理可知，要使直线垂直平面，直线应该垂直 平面内的两条相交直线；对于选项 C，这两个平面也有可能相交；由平面与平面垂直的判定 可知，选项 D 成立．故选 D. 2．下列说法中，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β B．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β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么 l⊥平面γ D．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 解析：选 D A 项显然正确．根据面面垂直的判定，B 项正确．对于选项 C，设α∩γ＝ m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点 P 不在 l 上，过 P 作直线 a，b，使 a⊥m，b⊥n. ∵γ⊥α，a⊥m， ∴a⊥α，∴a⊥l， 同理有 b⊥l，又 a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ， ∴l⊥γ，故选项 C 正确． 对于选项 D，设α∩β＝l，则 l⊂α，但 l⊂β， 故在α内存在直线不垂直于平面β，即选项 D 错误． 3．若不同的两点 A，B 到平面α的距离相等，则下列命题中一定正确的是( ) A．A，B 两点在平面α的同侧 B．A，B 两点在平面α的异侧 C．过 A，B 两点必有垂直于平面α的平面 D．过 A，B 两点必有平行于平面α的平面 解析：选 C 由题意得 A，B 两点在平面α的同侧或异侧，排除 A、B；当 A，B 两点在 平面α的异侧时，过 A，B 两点不存在平行于平面α的平面，排除 D.故选 C. 一、选择题 1．设三条不同的直线 l1，l2，l3，满足 l1⊥l3，l2⊥l3，则 l1 与 l2( ) A．是异面直线 B．是相交直线 C．是平行直线 D．可能相交、平行或异面 解析：选 D 如图所示，在正方体 ABCDEFGH 中，AB⊥AD， AE⊥AD，则 AB∩AE＝A；AB⊥AE，AE⊥DC，则 AB∥DC；AB⊥AE， FH⊥AE，则 AB 与 FH 是异面直线，故选 D. 2．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，下列几种说法正确的是( ) A．A1B∥D1B1 B．AC1⊥B1C C．A1B 与平面 DD1B1B 成 45°角 D．A1B 与 B1C 成 30°角 解析：选 B 易知四边形 BDD1B1 是平行四边形，所以 DB∥D1B1， 又因为 A1B 与 DB 相交，所以 A1B 与 D1B1 是异面直线，故 A 错误；连 接 A1C1 交 B1D1 于点 O，连接 BO，易知 A1C1 垂直平面 DD1B1B，所以 A1B 与平面 DD1B1B 成 30°角，故 C 错误；连接 A1D，则三角形 A1BD 是 等边三角形，且 A1D∥B1C，则 A1B 与 B1C 成 60°角，故 D 错误，选 B. 3．已知空间两条不同的直线 m，n 和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是( ) A．若 m∥α，n∥β，α∥β，则 m∥n B．若 m∥α，n⊥β，α⊥β，则 m∥n C．若 m⊥α，n∥β，α⊥β，则 m⊥n D．若 m⊥α，n⊥β，α⊥β，则 m⊥n 解析：选 D 若 m∥α，n∥β，α∥β，则 m 与 n 平行或异面，即 A 错误；若 m∥α，n ⊥β，α⊥β，则 m 与 n 相交或平行或异面，即 B 错误；若 m⊥α，n∥β，α⊥β，则 m 与 n 相 交、平行或异面，即 C 错误，故选 D. 4.(2018·广东模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 PA，PD 的中点，在此几何体中，给 出下面四个结论： ①BE 与 CF 异面； ②BE 与 AF 异面； ③EF∥平面 PBC； ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确结论的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 画出该几何体，如图， 因为 E，F 分别是 PA，PD 的中点，所以 EF∥AD， 所以 EF∥BC，BE 与 CF 是共面直线，故①不正确； ②BE 与 AF 满足异面直线的定义，故②正确； ③由 E，F 分别是 PA，PD 的中点，可知 EF∥AD，所以 EF∥BC，因为 EF⊄平面 PBC， BC⊂平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC，故③正确； ④因为 BE 与 PA 的关系不能确定，所以不能判定平面 BCE⊥平面 PAD，故④不正确．故 选 B. 5.如图所示，P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为 O， M 为 PB 的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面 AMC；②OM∥平面 PCD；③OM∥平面 PDA；④OM∥平面 PBA；⑤OM∥平面 PBC.其中正 确的个数有( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 C 因为矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，所以 O 为 BD 的中点．在 △PBD 中，M 是 PB 的中点，所以 OM 是△PBD 的中位线，OM∥PD，则 PD∥平面 AMC， OM∥平面 PCD，且 OM∥平面 PDA.因为 M∈PB，所以 OM 与平面 PBA、平面 PBC 相交． 6．(2018·余姚模拟)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分 别是 BC1，CD1 的中点，则下列说法错误的是( ) A．MN 与 CC1 垂直 B．MN 与 AC 垂直 C．MN 与 BD 平行 D．MN 与 A1B1 平行 解析：选 D 如图，连接 C1D，在△C1DB 中，MN∥BD，故 C 正确；∵CC1⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN 与 CC1 垂直，故 A 正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN 与 AC 垂直， 故 B 正确，故选 D. 7.如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，线段 B1D1 上有两 个动点 E，F，且 EF＝1 2 ，则下列结论中错误的是( ) A．AC⊥BE B．EF∥平面 ABCD C．三棱锥 ABEF 的体积为定值 D．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 解析：选 D 因为 AC⊥平面 BDD1B1，BE⊂平面 BDD1B1，所以 AC⊥BE，A 项正确； 根据线面平行的判定定理，知 B 项正确；因为三棱锥的底面△BEF 的面积是定值，且点 A 到平面 BDD1B1 的距离是定值 2 2 ，所以其体积为定值，C 项正确；很显然，点 A 和点 B 到 EF 的距离不相等，故 D 项错误． 8．(2018·福州质检)在三棱柱 ABCA1B1C1 中，E，F 分别为棱 AA1，CC1 的中点，则在 空间中与直线 A1B1，EF，BC 都相交的直线( ) A．不存在 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有无数条 解析：选 D 在 EF 上任意取一点 M，直线 A1B1 与 M 确定一个 平面，这个平面与 BC 有且仅有 1 个交点 N，当 M 的位置不同时确 定不同的平面，从而与 BC 有不同的交点 N，而直线 MN 与 A1B1， EF，BC 分别有交点 P，M，N，如图，故有无数条直线与直线 A1B1， EF，BC 都相交． 二、填空题 9．如图所示，平面α，β，γ两两相交，a，b，c 为三条交线，且 a∥b，则 a，b，c 的位 置关系是________． 解析：∵a∥b，a⊂α，b⊄α，∴b∥α. 又∵b⊂β，α∩β＝c，∴b∥c.∴a∥b∥c. 答案：a∥b∥c 10．(2018·天津六校联考)设 a，b 为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给 出下列命题： ①若 a∥α且 b∥α，则 a∥b； ②若 a⊥α且 a⊥β，则α∥β； ③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ④若α⊥β，则一定存在直线 l，使得 l⊥α，l∥β. 其中真命题的序号是________． 解析：①中 a 与 b 也可能相交或异面，故不正确． ②垂直于同一直线的两平面平行，正确． ③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确． ④中只需直线 l⊥α且 l⊄β就可以，正确． 答案：②③④ 11．如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别是 CC1，AD 的中 点，那么异面直线 D1E 和 A1F 所成角的余弦值等于________． 解析：取 BB1 的中点 G，连接 FG，A1G，易得 A1G∥D1E，则∠FA1G 是异面直线 D1E 和 A1F 所成角或补角，易得 A1F＝A1G＝ 5，FG＝ 6， 在三角形 FA1G 中，利用余弦定理可得 cos∠FA1G＝ 5＋5－6 2× 5× 5 ＝2 5. 答案：2 5 12．(2017·全国卷Ⅲ)a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角 边 AC 所在直线与 a，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 30°角； ②当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 60°角； ③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°； ④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°. 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 解析：由题意，AB 是以 AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线， 又 AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点 B，作 BD ∥a，交底面圆 C 于点 D，如图所示，连接 DE，则 DE⊥BD，∴DE ∥b，连接 AD，设 BC＝1，在等腰△ABD 中，AB＝AD＝ 2，当直 线 AB 与 a 成 60°角时，∠ABD＝60°，故 BD＝ 2，又在 Rt△BDE 中，BE＝2，∴DE＝ 2， 过点 B 作 BF∥DE，交圆 C 于点 F，连接 AF，EF， ∴BF＝DE＝ 2， ∴△ABF 为等边三角形， ∴∠ABF＝60°，即 AB 与 b 成 60°角，故②正确，①错误． 由最小角定理可知③正确； 很明显，可以满足平面 ABC⊥直线 a， ∴直线 AB 与 a 所成角的最大值为 90°，④错误． ∴正确的说法为②③. 答案：②③ 三、解答题 13.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，且异面直线 A1B 与 B1C1 所 成的角等于 60°，设 AA1＝a. (1)求 a 的值； (2)求三棱锥 B1A1BC 的体积． 解：(1)∵BC∥B1C1， ∴∠A1BC 就是异面直线 A1B 与 B1C1 所成的角， 即∠A1BC＝60°. 又 AA1⊥平面 ABC，AB＝AC，则 A1B＝A1C， ∴△A1BC 为等边三角形， 由 AB＝AC＝1，∠BAC＝90°⇒BC＝ 2， ∴A1B＝ 2⇒ 1＋a2＝ 2⇒a＝1. (2)∵CA⊥A1A，CA⊥AB，A1A∩AB＝A， ∴CA⊥平面 A1B1B， ∴VB1A1BC＝VCA1B1B＝1 3 ×1 2 ×1＝1 6. 14．如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面 ABCD 为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4， BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F 分别是棱 AD，AA1，AB 的中点． (1)证明：直线 EE1∥平面 FCC1； (2)证明：平面 D1AC⊥平面 BB1C1C. 证明：(1)∵F 是 AB 的中点，AB∥ CD，AB＝4，BC＝CD＝2， ∴AF 綊 CD， ∴四边形 AFCD 为平行四边形， ∴CF∥AD. 又 ABCDA1B1C1D1 为直四棱柱， ∴C1C∥ D1D. 而 FC∩C1C＝C，D1D∩DA＝D， ∴平面 ADD1A1∥平面 FCC1. ∵EE1⊂平面 ADD1A1， ∴EE1∥平面 FCC1. (2)在直四棱柱中，CC1⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， ∴CC1⊥AC， ∵底面 ABCD 为等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F 是棱 AB 的中点， ∴CF＝AD＝BF＝2， ∴△BCF 为正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°， ∠FCA＝∠FAC＝30°， ∴AC⊥BC. 又 BC 与 CC1 都在平面 BB1C1C 内且交于点 C， ∴AC⊥平面 BB1C1C，而 AC⊂平面 D1AC， ∴平面 D1AC⊥平面 BB1C1C. 高考研究课(一) 平行问题 3 角度——线线、线面、面面 [全国卷 5 年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 线面关系基本问题 5 年 4 考 空间线面平行、垂直关系判断 线面平行的证明 5 年 4 考 证明线面平行 面面平行的证明 未考查 平行关系的基本问题 [典例] (1)(2018·成都一诊)已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线 a，b，c，则 下列命题正确的是( ) A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若 a⊥c，b⊥c，则 a∥b C．若 a⊥α，b⊥α，则 a∥b D．若 a，b 在α内的射影相互平行，则 a∥b (2)若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 [解析] (1)若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直，排除 A；若 a⊥c，b⊥c，则 a 与 b 可能异 面，排除 B；若 a，b 在α内的射影相互平行，则 a 与 b 平行或异面，排除 D；垂直于同一平 面的两直线平行，C 正确．故选 C. (2)∵m⊥α，若 l∥α，则必有 l⊥m，即 l∥α⇒l⊥m. 但 l⊥m⇒/ l∥α，∵l⊥m 时，l 可能在α内． 故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件． [答案] (1)C (2)B [方法技巧] 解决平行关系基本问题的 3 个注意点 (1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确． [即时演练] 1．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，下列结论正确的是______(填序号)． ①AD1∥BC1； ②平面 AB1D1∥平面 BDC1； ③AD1∥DC1； ④AD1∥平面 BDC1. 解析：如图，因为 AB 綊 C1D1， 所以四边形 AD1C1B 为平行四边形． 故 AD1∥BC1，从而①正确； 易证 BD∥B1D1，AB1∥DC1， 又 AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D， 故平面 AB1D1∥平面 BDC1，从而②正确； 由图易知 AD1 与 DC1 异面，故③错误； 因为 AD1∥BC1，AD1⊄平面 BDC1，BC1⊂平面 BDC1， 所以 AD1∥平面 BDC1，故④正确． 答案：①②④ 2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形 EFGH 为截面，则四边形 EFGH 的 形状为________． 解析：∵平面 ABFE∥平面 DCGH，又平面 EFGH∩平面 ABFE＝EF，平面 EFGH∩ 平面 DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理 EH∥FG，∴四边形 EFGH 的形状是平行四边形． 答案：平行四边形 直线与平面平行的判定与性质 直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点.多考查直线与平面平行的判定.利用线 面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题. 常见的命题角度有： 1直线与平面平行的判定； 2直线与平面平行的性质； 3与平行相关的探索性问题. 角度一：直线与平面平行的判定 1.如图，空间几何体 ABCDFE 中，四边形 ADFE 是梯形，且 EF ∥AD，P，Q 分别为棱 BE，DF 的中点．求证：PQ∥平面 ABCD. 证明：法一：如图，取 AE 的中点 G，连接 PG，QG. 在△ABE 中，PB＝PE，AG＝GE，所以 PG∥BA，又 PG⊄平面 ABCD，BA⊂平面 ABCD， 所以 PG∥平面 ABCD. 在梯形 ADFE 中，DQ＝QF，AG＝GE，所以 GQ∥AD， 又 GQ⊄平面 ABCD，AD⊂平面 ABCD， 所以 GQ∥平面 ABCD. 因为 PG∩GQ＝G，PG⊂平面 PQG，GQ⊂平面 PQG， 所以平面 PQG∥平面 ABCD. 又 PQ⊂平面 PQG，所以 PQ∥平面 ABCD. 法二：如图，连接 EQ 并延长，与 AD 的延长线交于点 H，连接 BH. 因为 EF∥DH，所以∠EFQ＝∠HDQ， 又 FQ＝QD，∠EQF＝∠DQH， 所以△EFQ≌△HDQ，所以 EQ＝QH. 在△BEH 中，BP＝PE，EQ＝QH，所以 PQ∥BH. 又 PQ⊄平面 ABCD，BH⊂平面 ABCD， 所以 PQ∥平面 ABCD. [方法技巧] 证明直线与平面平行的 3 种方法 定义法 一般用反证法 判定定 理法 关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符 号语言叙述证明过程 性质判 定法 即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面 角度二：直线与平面平行的性质 2.如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形，点 P 是平面 ABCD 外一 点，M 是 PC 的中点，在 DM 上取一点 G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH. 求证：AP∥GH. 证明：如图所示，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴O 是 AC 的中点，又 M 是 PC 的中点， ∴AP∥MO. 又 MO⊂平面 BMD，PA⊄平面 BMD， ∴AP∥平面 BMD. ∵平面 PAHG∩平面 BMD＝GH， 且 AP⊂平面 PAHG， ∴AP∥GH. [方法技巧] 判定线面平行的 4 种方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)； (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)； (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 角度三：与平行相关的探索性问题 3.在如图所示的多面体中，四边形 ABB1A1 和四边形 ACC1A1 都为矩 形．设 D，E 分别是线段 BC，CC1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使直线 DE∥平面 A1MC？请证明你的结论． 证明：存在点 M 为线段 AB 的中点，使直线 DE∥平面 A1MC，证明 如下： 如图，取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O 为 A1C，AC1 的交点． 由已知，得 O 为 AC1 的中点． 连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为△ABC，△ACC1 的中位线， 所以 MD 綊 1 2AC，OE 綊 1 2AC， 因此 MD 綊 OE. 连接 OM，从而四边形 MDEO 为平行四边形，则 DE∥MO. 因为直线 DE⊄平面 A1MC，MO⊂平面 A1MC， 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使直线 DE∥平面 A1MC. [方法技巧] 解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的 充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件 (出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或 某个三等分点，然后给出符合要求的证明． 面面平行的判定与性质 [典例] 如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，四边形 BDEF 是矩形，平面 BDEF⊥平面 ABCD，BF＝3， G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点． (1)求证：平面 BDGH∥平面 AEF； (2)求多面体 ABCDEF 的体积． [解] (1)证明：在△CEF 中，因为 G，H 分别是 CE，CF 的中 点，所以 GH∥EF.又因为 GH⊄平面 AEF， EF⊂平面 AEF，所以 GH∥平面 AEF. 设 AC 与 BD 的交点为 O，连接 OH， 在△ACF 中，因为 O，H 分别是 AC，CF 的中点，所以 OH∥AF. 又因为 OH⊄平面 AEF，AF⊂平面 AEF， 所以 OH∥平面 AEF. 又因为 OH∩GH＝H，OH⊂平面 BDGH，GH⊂平面 BDGH， 所以平面 BDGH∥平面 AEF. (2)因为 AC⊥平面 BDEF， 又易知 AO＝ 2，S 矩形 BDEF＝3×2 2＝6 2， 所以四棱锥 ABDEF 的体积 V1＝1 3·AO·S 矩形 BDEF＝4. 同理可得四棱锥 CBDEF 的体积 V2＝4. 所以多面体 ABCDEF 的体积 V＝V1＋V2＝8. [方法技巧] 判定面面平行的 4 种方法 (1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点； (2)面面平行的判定定理； (3)垂直于同一条直线的两平面平行； (4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行． [即时演练] 1．已知平面α∥平面β，P 是α，β外一点，过点 P 的直线 m 与α，β分别交于点 A，C， 过点 P 的直线 n 与α，β分别交于点 B，D，且 PA＝6，AC＝9，PD＝8，则 BD 的长为( ) A．16 B．24 或24 5 C．14 D．20 解析：选 B 设 BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒PB PA ＝PD PC. ①当点 P 在两平面之间时，如图 1，x－8 6 ＝ 8 9－6 ，得 x＝24；②当点 P 在两平面外侧时， 如图 2，8－x 6 ＝ 8 9＋6 ，得 x＝24 5 . 2.如图，四边形 ABCD 与 ADEF 均为平行四边形，M，N，G 分别是 AB，AD，EF 的中点． (1)求证：BE∥平面 DMF； (2)求证：平面 BDE∥平面 MNG. 证明：(1)连接 AE，则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O， 连接 MO，则 MO 为△ABE 的中位线，所以 BE∥MO. 又 BE⊄平面 DMF，MO⊂平面 DMF， 所以 BE∥平面 DMF. (2)因为 N，G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD，EF 的中点，所以 DE∥GN， 又 DE⊄平面 MNG，GN⊂平面 MNG， 所以 DE∥平面 MNG. 又 M 为 AB 的中点， 所以 MN 为△ABD 的中位线，所以 BD∥MN， 又 MN⊂平面 MNG，BD⊄平面 MNG， 所以 BD∥平面 MNG， 又 DE∩BD＝D，DE⊂平面 BDE，BD⊂平面 BDE， 所以平面 BDE∥平面 MNG. 1．(2017·全国卷Ⅰ)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 与平面 MNQ 不平行的是( ) 解析：选 A 法一： 对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB∥CD，M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ .又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同理 可证选项 C、D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A. 法二： 对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)，连接 OQ，则 OQ∥AB.因 为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交点，即 AB 与平面 MNQ 不平行，根 据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项 B、C、D 中 AB∥平面 MNQ. 故选 A. 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 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. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3 解析：选 C 法一： 如图所示，将直三棱柱 ABCA1B1C1 补成直四棱柱 ABCDA1B1C1D1，连接 AD1，B1D1， 则 AD1∥BC1，所以∠B1AD1 或其补角为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角．因为∠ABC＝120°， AB＝2，BC＝CC1＝1，所以 AB1＝ 5，AD1＝ 2. 在 △ B1D1C1 中 ， ∠ B1C1D1 ＝ 60° ， B1C1 ＝ 1 ， D1C1 ＝ 2 ， 所 以 B1D1 ＝ 12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3， 所以 cos∠B1AD1＝ 5＋2－3 2× 5× 2 ＝ 10 5 . 法二： 如图，设 M，N，P 分别为 AB，BB1，B1C1 的中点，连接 MN，NP，MP，则 MN∥AB1， NP∥BC1，所以∠PNM 或其补角为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角．易知 MN＝1 2AB1＝ 5 2 ， NP＝1 2BC1＝ 2 2 .取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，可知△PQM 为直角三角形，PQ＝1，MQ ＝1 2AC. 在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1× －1 2 ＝7， 所以 AC＝ 7，MQ＝ 7 2 . 在△MQP 中，MP＝ MQ2＋PQ2＝ 11 2 ， 则在△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－MP2 2·MN·NP ＝ 5 2 2＋ 2 2 2－ 11 2 2 2× 5 2 × 2 2 ＝－ 10 5 ， 所以异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . 3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等 边三角形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠BAD＝∠ABC ＝90°. (1)证明：直线 BC∥平面 PAD； (2)若△PCD 的面积为 2 7，求四棱锥 PABCD 的体积． 解：(1)证明：在平面 ABCD 内， 因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以 BC∥AD. 又 BC⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， 所以 BC∥平面 PAD. (2)取 AD 的中点 M，连接 PM，CM.由 AB＝BC＝1 2AD 及 BC∥AD，∠ABC＝90°，得四 边形 ABCM 为正方形，则 CM⊥AD. 因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 PM⊥AD，PM⊥底面 ABCD. 因为 CM⊂底面 ABCD，所以 PM⊥CM. 设 BC＝x，则 CM＝x，CD＝ 2x，PM＝ 3x，PC＝PD＝2x. 取 CD 的中点 N，连接 PN，则 PN⊥CD， 所以 PN＝ 14 2 x. 因为△PCD 的面积为 2 7， 所以1 2 × 2x× 14 2 x＝2 7， 解得 x＝－2(舍去)或 x＝2. 于是 AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 3. 所以四棱锥 PABCD 的体积 V＝1 3 ×22＋4 2 ×2 3＝4 3. 4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD， AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC 的 中点． (1)证明 MN∥平面 PAB； (2)求四面体 NBCM 的体积． 解：(1)证明：由已知得 AM＝2 3AD＝2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN， 由 N 为 PC 中点知 TN∥BC， TN＝1 2BC＝2. 又 AD∥BC，故 TN 綊 AM， 所以四边形 AMNT 为平行四边形， 于是 MN∥AT. 因为 MN⊄平面 PAB，AT⊂平面 PAB， 所以 MN∥平面 PAB. (2)因为 PA⊥平面 ABCD，N 为 PC 的中点， 所以 N 到平面 ABCD 的距离为 1 2PA. 取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 AB＝AC＝3 得 AE⊥BC，AE＝ AB2－BE2＝ 5. 由 AM∥BC 得 M 到 BC 的距离为 5， 故 S△BCM＝1 2 ×4× 5＝2 5. 所以四面体 NBCM 的体积 VNBCM＝1 3 ×S△BCM×PA 2 ＝4 5 3 . 5．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点． (1)证明：PB∥平面 AEC； (2)设 AP＝1，AD＝ 3，三棱锥 PABD 的体积 V＝ 3 4 ，求 A 到平面 PBC 的距离． 解：(1)证明：设 BD 与 AC 的交点为 O，连接 EO. 因为平面 ABCD 为矩形， 所以 O 为 BD 的中点． 又 E 为 PD 的中点， 所以 EO∥PB. 又 EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC， 所以 PB∥平面 AEC. (2)由 V＝1 6PA·AB·AD＝ 3 6 AB.V＝ 3 4 ，可得 AB＝3 2. 作 AH⊥PB 交 PB 于 H. 由题设知 BC⊥平面 PAB，所以 BC⊥AH， 又 BC∩PB＝B，故 AH⊥平面 PBC. 又 AH＝PA·AB PB ＝3 13 13 ， 所以 A 到平面 PBC 的距离为3 13 13 . 一、选择题 1．(2018·惠州模拟)设直线 l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( ) A．l⊂α，m⊂α，且 l∥β，m∥β B．l⊂α，m⊂β，且 l∥m C．l⊥α，m⊥β，且 l∥m D．l∥α，m∥β，且 l∥m 解析：选 C 借助正方体模型进行判断．易排除选项 A、B、D，故选 C. 2.如图，在长方体 ABCDA′B′C′D′中，下列直线与平面 AD′C 平行的是( ) A．B′C′ B．A′B C．A′B′ D．BB′ 解析：选 B 连接 A′B，∵A′B∥CD′，CD′⊂平面 AD′C，∴A′B∥平面 AD′C. 3．设α，β是两个不同的平面，m，n 是平面α内的两条不同直线，l1，l2 是平面β内的两 条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( ) A．m∥l1 且 n∥l2 B．m∥β且 n∥l2 C．m∥β且 n∥β D．m∥β且 l1∥α 解析：选 A 由 m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得 l1∥α，同理 l2∥α，又 l1，l2 相交，所以α∥β， 反之不成立，所以 m∥l1 且 n∥l2 是α∥β的一个充分不必要条件． 4．(2018·福州模拟)已知直线 a，b 异面，给出以下命题： ①一定存在平行于 a 的平面α使 b⊥α； ②一定存在平行于 a 的平面α使 b∥α； ③一定存在平行于 a 的平面α使 b⊂α； ④一定存在无数个平行于 a 的平面α与 b 交于一定点． 则其中命题正确的是( ) A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④ 解析：选 D 对于①，若存在平面α使得 b⊥α，则有 b⊥a，而直线 a，b 未必垂直，因 此①不正确； 对于②，注意到过直线 a，b 外一点 M 分别引直线 a，b 的平行线 a1，b1，显然由直线 a1，b1 可确定平面α，此时平面α与直线 a，b 均平行，因此②正确； 对于③，注意到过直线 b 上的一点 B 作直线 a2 与直线 a 平行，显然由直线 b 与 a2 可确 定平面α，此时平面α与直线 a 平行，且 b⊂α，因此③正确； 对于④，在直线 b 上取一定点 N，过点 N 作直线 c 与直线 a 平行，经过直线 c 的平面(除 由直线 a 与 c 所确定的平面及直线 c 与 b 所确定的平面之外)均与直线 a 平行，且与直线 b 相 交于一定点 N，因此④正确． 综上所述，②③④正确． 5．如图，透明塑料制成的长方体容器 ABCDA1B1C1D1 内灌进一些水，固定容器底面一 边 BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题： ①没有水的部分始终呈棱柱形； ②水面 EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱 A1D1 始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE·BF 是定值． 其中正确命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 C 由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG， ∴A1D1∥FG 且 A1D1⊄平面 EFGH， ∴A1D1∥平面 EFGH(水面)． ∴③是正确的； 对于④，∵水是定量的(定体积 V)， ∴S△BEF·BC＝V，即 1 2BE·BF·BC＝V. ∴BE·BF＝2V BC(定值)，即④是正确的，故选 C. 6．(2018·合肥模拟)在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别是 AB 和 BC 上的点，若 AE∶ EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线 AC 和平面 DEF 的位置关系是( ) A．平行 B．相交 C．在平面内 D．不能确定 解析：选 A 如图，由AE EB ＝CF FB 得 AC∥EF.又因为 EF⊂平面 DEF，AC⊄平面 DEF，所 以 AC∥平面 DEF. 二、填空题 7．有下列四个命题，其中正确命题的序号是________． ①若直线 l 上有无数个点不在平面α内，则 l∥α； ②若直线 l 与平面α平行，则 l 与平面α内的任意一条直线都平行； ③若平面α与平面β平行，直线 l 在平面α内，则 l∥β； ④若直线 l 与平面α平行，则 l 与平面α内的任意一条直线都没有公共点． 解析：①若直线 l 上有无数个点不在平面α内，则 l∥α或 l 与α相交，故①错误；②若直 线 l 与平面α平行，则 l 与平面α内的任意一条直线平行或异面，故②错误；③由面面平行的 定义可知，③正确；④若直线 l 与平面α平行，则 l 与平面α内的任意一条直线都没有公共点， 故④正确． 答案：③④ 8．在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，O 为底面 ABCD 的中心，P 是 DD1 的中点，设 Q 是 CC1 上的点，则点 Q 满足条件________时，有平面 D1BQ∥平面 PAO. 解析：如图所示，假设 Q 为 CC1 的中点，因为 P 为 DD1 的中点， 所以 QB∥PA. 连接 DB，因为 P，O 分别是 DD1，DB 的中点，所以 D1B∥PO， 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 满足条件 Q 为 CC1 的中点时，有平面 D1BQ∥平面 PAO. 答案：Q 为 CC1 的中点 9．如图，在四棱锥 VABCD 中，底面 ABCD 为正方形，E，F 分别为侧棱 VC，VB 上 的点，且满足 VC＝3EC，AF∥平面 BDE，则VB FB ＝________. 解析：连接 AC 交 BD 于点 O，连接 EO，取 VE 的中点 M，连接 AM，MF，由 VC＝3EC⇒VM＝ME＝EC，又 AO＝CO⇒AM∥EO⇒AM ∥平面 BDE，又由题意知 AF∥平面 BDE，且 AF∩AM＝A，∴平面 AMF∥平面 BDE⇒MF∥平面 BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒VB FB ＝2. 答案：2 三、解答题 10.如图所示，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧棱 AA1⊥底面 ABC， AB⊥BC，D 为 AC 的中点，AA1＝AB＝2. (1)求证：AB1∥平面 BC1D； (2)设 BC＝3，求四棱锥 B AA1C1D 的体积． 解：(1)证明：连接 B1C，设 B1C 与 BC1 相交于点 O，连接 OD. ∵四边形 BCC1B1 是平行四边形， ∴点 O 为 B1C 的中点． ∵D 为 AC 的中点， ∴OD 为△AB1C 的中位线， ∴OD∥AB1. ∵OD⊂平面 BC1D， AB1⊄平面 BC1D， ∴AB1∥平面 BC1D. (2)∵AA1⊥平面 ABC，AA1⊂平面 AA1C1C， ∴平面 ABC⊥平面 AA1C1C. ∵平面 ABC∩平面 AA1C1C＝AC， 作 BE⊥AC，垂足为 E， 则 BE⊥平面 AA1C1C. ∵AB＝AA1＝2，BC＝3，AB⊥BC， ∴在 Rt△ABC 中，AC＝ AB2＋BC2＝ 4＋9＝ 13， ∴BE＝AB·BC AC ＝ 6 13 ， ∴四棱锥 B AA1C1D 的体积 V＝1 3 ×1 2(A1C1＋AD)·AA1·BE＝1 6 ×3 2 13×2× 6 13 ＝3. 11．如图，在四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F 分别在 BC， AD 上，EF∥AB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF⊥平面 EFDC. 若 BE＝1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P，且 AP―→＝λPD―→，使得 CP∥ 平面 ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由． 解：AD 上存在一点 P，使得 CP∥平面 ABEF，此时λ＝3 2.理由如下： 当λ＝3 2 时， AP―→＝3 2 PD―→，可知AP AD ＝3 5 ，如图，过点 P 作 MP∥FD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MP FD ＝AP AD ＝3 5 ， 又 BE＝1，可得 FD＝5，故 MP＝3， 又 EC＝3，MP∥FD∥EC，所以 MP 綊 EC， 故四边形 MPCE 为平行四边形， 所以 CP∥ME，又 CP⊄平面 ABEF，ME⊂平面 ABEF， 所以 CP∥平面 ABEF. 12.如图，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形，PA＝AB＝2，E 为 PA 的中点，∠BAD＝60°. (1)求证：PC∥平面 EBD； (2)求三棱锥 PEDC 的体积． 解：(1)证明：设 AC 与 BD 相交于点 O，连接 OE.由题意知，底 面 ABCD 是菱形，则 O 为 AC 的中点，又 E 为 AP 的中点，所以 OE∥PC.因为 OE⊂平面 EBD，PC⊄平面 EBD，所以 PC∥平面 EBD. (2)S△PCE＝1 2S△PAC＝1 2 ×1 2 ×2 3×2＝ 3.因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 AC⊥BD.因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥BD.又 PA∩AC＝A， 所以 DO⊥平面 PAC，即 DO 是三棱锥 DPCE 的高，且 DO＝1，则 VPEDC＝VDPCE＝1 3 × 3×1＝ 3 3 . 如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，侧面 ADD1A1 和侧面 CDD1C1 都是矩形，BC∥AD，△ ABD 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别为 AD，A1D1 的中点． (1)求证：DD1⊥平面 ABCD； (2)求证：平面 A1BE⊥平面 ADD1A1； (3)若 CF∥平面 A1BE，求棱 BC 的长度． 解：(1)证明：因为侧面 ADD1A1 和侧面 CDD1C1 都是矩形， 所以 DD1⊥AD，且 DD1⊥CD. 因为 AD∩CD＝D， 所以 DD1⊥平面 ABCD. (2)证明：因为△ABD 是正三角形，且 E 为 AD 中点， 所以 BE⊥AD. 因为 DD1⊥平面 ABCD， 而 BE⊂平面 ABCD， 所以 BE⊥DD1. 因为 AD∩DD1＝D， 所以 BE⊥平面 ADD1A1. 因为 BE⊂平面 A1BE， 所以平面 A1BE⊥平面 ADD1A1. (3)因为 BC∥AD， 而 F 为 A1D1 的中点， 所以 BC∥A1F. 所以 B，C，F，A1 四点共面． 因为 CF∥平面 A1BE， 而平面 BCFA1∩平面 A1BE＝A1B， 所以 CF∥A1B. 所以四边形 BCFA1 为平行四边形． 所以 BC＝A1F＝1 2AD＝1. 高考研究课(二) 垂直问题 3 角度——线线、线面、面面 [全国卷 5 年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 垂直关系的基本问题 5 年 2 考 垂直、平行关系的基本问题判断 线面垂直的证明 5 年 3 考 证明线线垂直、线面垂直 面面垂直的证明 5 年 4 考 证明面面垂直 垂直关系的基本问题 [典例] (1)已知两条不重合的直线 m，n 和两个不重合的平面α，β，若 m⊥α，n⊂β.则 下列四个命题： ①若α∥β，则 m⊥n；②若 m⊥n，则α∥β； ③若 m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则 m∥n. 其中正确命题的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 (2)已知正方体 ABCDA1B1C1D1，点 E，F，G 分别是线段 DC，D1D 和 D1B 上的动点，给出下列结论： ①对于任意给定的点 E，存在点 F，使得 AF⊥A1E； ②对于任意给定的点 F，存在点 E，使得 AF⊥A1E； ③对于任意给定的点 G，存在点 F，使得 AF⊥B1G； ④对于任意给定的点 F，存在点 G，使得 AF⊥B1G. 其中正确结论的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 [解析] (1)对于①，若 m⊥α，α∥β，则 m⊥β，又 n⊂β， ∴m⊥n，故①正确； 对于②，α与β也可能相交，故②错误； 对于③，若 m∥n，m⊥α，则 n⊥α，又 n⊂β，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故③正 确； 对于④，m 与 n 可能平行、相交或异面，故④错误． (2)①连接 A1D，AD1，则 A1D⊥AD1，又因为 DC⊥平面 ADD1A1，所以 DC⊥AD1，所以 AD1⊥平面 CDA1，则 AD1⊥A1E，因此，当点 F 与点 D1 重合时，对于任意给定的点 E，存 在点 F，使得 AF⊥A1E，故①正确；对于任意给定的点 F，只有 A1E⊥平面 ADD1A1 时，② 才正确，显然不存在点 E 使 A1E⊥平面 ADD1A1 成立，故②错误；③只有 AF 垂直 B1G 在平 面ADD1A1内的射影时，AF⊥B1G，故③正确；④对于任意给定的点F，只有B1G⊥平面ADD1A1 时④才正确，显然不存在点 G 使 B1G⊥平面 ADD1A1 成立，故④错误． [答案] (1)C (2)C [方法技巧] 解决垂直关系基本问题的 3 个注意点 (1)紧扣垂直关系的判定定理与性质定理． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确． [即时演练] 1.如图所示，在 Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，P 为△ABC 所在平面外一 点，PA⊥平面 ABC，则四面体 P ABC 中共有直角三角形个数为( ) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：选 A 由 PA⊥平面 ABC，可得△PAC，△PAB 是直角三角形，且 PA⊥BC.又∠ ABC＝90°，所以△ABC 是直角三角形，且 BC⊥平面 PAB，所以 BC⊥PB，即△PBC 为直 角三角形，故四面体 P ABC 中共有 4 个直角三角形． 2.如图所示，在斜三棱柱 ABC A1B1C1 中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC， 则 C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在( ) A．直线 AB 上 B．直线 BC 上 C．直线 AC 上 D．△ABC 内部 解析：选 A ∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC. 又 AC⊥BC1，BC1∩AB＝B， ∴AC⊥平面 ABC1，又 AC⊂平面 ABC， ∴平面 ABC⊥平面 ABC1. ∵平面 ABC1∩平面 ABC＝AB， ∴点 C1 在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上． 3．如图所示，在正四棱锥 SABCD 中，E 是 BC 的中点，P 点在侧面△SCD 内及其边 界上运动，并且总是保持 PE⊥AC，则动点 P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形是( ) 解析：选 A 取 CD 的中点 F，连接 EF，BD，则 EF∥BD，又 AC ⊥BD，∴AC⊥EF. 又 SB 在底面 ABCD 内的射影为 BD，∴AC⊥SB. 取 SC 中点 G，连接 EG，FG，则 EG∥SB，∴AC⊥EG， ∴AC⊥平面 EFG，∴点 P 在线段 FG 上移动时，总有 AC⊥EP，故选 A. 直线与平面垂直的判定与性质 [典例] 如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E 是 PC 的中点．求证： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面 ABE. [证明] (1)在四棱锥 PABCD 中， ∵PA⊥底面 ABCD，CD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面 PAC. ∵AE⊂平面 PAC，∴CD⊥AE. (2)由 PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得 AC＝PA. ∵E 是 PC 的中点，∴AE⊥PC. 由(1)知 AE⊥CD，且 PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面 PCD. ∵PD⊂平面 PCD，∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面 ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD，且 PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面 PAD，∵PD⊂平面 PAD， ∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面 ABE. [方法技巧] 证明线面垂直的方法与基本思想 (1)证明直线和平面垂直的常用方法： ①判定定理； ②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)； ③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)； ④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此， 判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想． [即时演练] 1.如图，PA⊥⊙O 所在平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点， AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥ BC；④AE⊥平面 PBC，其中真命题的序号是________． 解析：①AE⊂平面 PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正 确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面 PBC⇒AE⊥PB，又 AF⊥PB，EF⊂平面 AEF⇒EF⊥ PB，故②正确，③若 AF⊥BC⇒AF⊥平面 PBC，则 AF∥AE 与已知矛盾，故③错误，由① 可知④正确． 答案：①②④ 2.如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1 ＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； (2)若 AB＝CB＝2，A1C＝ 6，求三棱柱 ABCA1B1C1 的体积． 解：(1)证明：取 AB 的中点 O，连接 OC，OA1，A1B， 因为 CA＝CB，所以 OC⊥AB， 由于 AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B 为等边三角形， 所以 OA1⊥AB，因为 OC∩OA1＝O， 所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C⊂平面 OA1C，所以 AB⊥A1C. (2)由题设可知，△ABC 与△AA1B 都是边长为 2 的等边三角形，所以 OC＝OA1＝ 3， 又 A1C＝ 6，则 A1C2＝OC2＋OA21，故 OA1⊥OC， 因为 OC∩AB＝O，所以 OA1⊥平面 ABC，即 OA1 为三棱柱 ABCA1B1C1 的高， 又 S△ABC＝ 3 4 ×22＝ 3， ∴VABCA1B1C1＝S△ABC·OA1＝3. 面面垂直的判定与性质 [典例] 如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面 PAD⊥底 面 ABCD，PA⊥AD.E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点．求证： (1)PA⊥底面 ABCD； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 BEF⊥平面 PCD. [证明] (1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD，且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD，所以 PA ⊥底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD，CD＝2AB，E 为 CD 的中点， 所以 AB∥DE，且 AB＝DE. 所以平面 ABED 为平行四边形． 所以 BE∥AD. 又因为 BE⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD，而且平面 ABED 为平行四边形， 所以 BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD， 所以 PA⊥CD. 又 PA∩AD＝A， 所以 CD⊥平面 PAD. 所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点， 所以 PD∥EF.所以 CD⊥EF. 又 EF∩BE＝E， 所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. [方法技巧] 1．面面垂直判定的 2 种方法 (1)面面垂直的定义； (2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)． 2．面面垂直判定的 1 个转化 在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化． 在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直． [即时演练] 1．如图所示，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°. 将△ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列结论正确的是( ) A．平面 ABD⊥平面 ABC B．平面 ADC⊥平面 BDC C．平面 ABC⊥平面 BDC D．平面 ADC⊥平面 ABC 解析：选 D ∵在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°， ∴BD⊥CD. 又平面 ABD⊥平面 BCD， 且平面 ABD∩平面 BCD＝BD， 故 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB. 又 AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面 ADC，CD⊂平面 ADC，故 AB⊥平面 ADC. 又 AB⊂平面 ABC， ∴平面 ADC⊥平面 ABC. 2.如图，在三棱台 ABCDEF 中，CF⊥平面 DEF，AB⊥BC. (1)设平面 ACE∩平面 DEF＝a，求证：DF∥a； (2)若 EF＝CF＝2BC，试问在线段 BE 上是否存在点 G，使得平 面 DFG⊥平面 CDE？若存在，请确定 G 点的位置；若不存在，请说 明理由． 解：(1)证明：在三棱台 ABCDEF 中，AC∥DF，AC⊂平面 ACE， DF⊄平面 ACE，∴DF∥平面 ACE. 又∵DF⊂平面 DEF，平面 ACE∩平面 DEF＝a， ∴DF∥a. (2)线段 BE 上存在点 G，且 BG＝1 3BE 时，使得平面 DFG⊥平面 CDE. 证明如下： 取 CE 的中点 O，连接 FO 并延长交 BE 于点 G，交 CB 的延长线于点 H， 连接 GD， ∵CF＝EF， ∴GF⊥CE. 在三棱台 ABCDEF 中，AB⊥BC⇒DE⊥EF. 由 CF⊥平面 DEF⇒CF⊥DE. 又 CF∩EF＝F，∴DE⊥平面 CBEF，∴DE⊥GF. ∵CE∩DE＝E，CE⊂平面 CDE，DE⊂平面 CED， ∴GF⊥平面 CDE. 又 GF⊂平面 DFG，∴平面 DFG⊥平面 CDE. ∵O 为 CE 的中点，EF＝CF＝2BC， 由平面几何知识易证△HOC≌△FOE， ∴HB＝BC＝1 2EF. 由△HGB∽△FGE，可知BG GE ＝HB EF ＝1 2 ，即 BG＝1 3BE. 1．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选 C 法一：由正方体的性质，得 A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以 BC1⊥平面 A1B1CD. 又 A1E⊂平面 A1B1CD， 所以 A1E⊥BC1. 法二：∵A1E 在平面 ABCD 上的投影为 AE，而 AE 不与 AC，BD 垂直，∴B、D 错； ∵A1E 在平面 BCC1B1 上的投影为 B1C，且 B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故 C 正确； (证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又 CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面 CEA1B1. 又 A1E⊂平面 CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E 在平面 DCC1D1 上的投影为 D1E， 而 D1E 不与 DC1 垂直，故 A 错． 2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD， 且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥 PABCD 的体积为8 3 ，求该四棱锥的侧面积． 解：(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 因为 AB∥CD，所以 AB⊥PD. 又 AP∩PD＝P， 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB， 所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)如图所示，在平面 PAD 内作 PE⊥AD，垂足为 E. 由(1)知，AB⊥平面 PAD， 故 AB⊥PE， 可得 PE⊥平面 ABCD. 设 AB＝x，则由已知可得 AD＝ 2x，PE＝ 2 2 x. 故四棱锥 PABCD 的体积 VPABCD＝1 3AB·AD·PE＝1 3x3. 由题设得 1 3x3＝8 3 ，故 x＝2. 从而 PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2 2，PB＝PC＝2 2. 可得四棱锥 PABCD 的侧面积为 1 2PA·PD＋1 2PA·AB＋1 2PD·DC＋1 2BC2sin 60°＝6＋2 3. 3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形， AD＝CD. (1)证明：AC⊥BD； (2)已知△ACD 是直角三角形，AB＝BD，若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AE⊥EC， 求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比． 解：(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 DO，BO. 因为 AD＝CD， 所以 AC⊥DO. 又因为△ABC 是正三角形， 所以 AC⊥BO. 因为 DO∩BO＝O， 所以 AC⊥平面 DOB. 又 BD⊂平面 DOB，故 AC⊥BD. (2)连接 EO.由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以 DO＝AO. 在 Rt△AOB 中，BO2＋AO2＝AB2. 又 AB＝BD， 所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以 EO＝1 2AC. 又△ABC 是正三角形，且 AB＝BD， 所以 EO＝1 2BD. 故 E 为 BD 的中点，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1 2 ，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2 ，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1∶1. 4．(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于 点 O，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF，EF 交 BD 于点 H.将 △DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置． (1)证明：AC⊥HD′； (2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝5 4 ，OD′＝2 2，求五棱锥 D′ABCFE 的体积． 解：(1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD. 又由 AE＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故 AC∥EF. 由此得 EF⊥HD，故 EF⊥HD′，所以 AC⊥HD′. (2)由 EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝1 4. 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是 OD′2＋OH2＝(2 2)2＋12＝9＝D′H2， 故 OD′⊥OH. 由(1)知，AC⊥HD′，又 AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以 AC⊥平面 BHD′，于是 AC⊥OD′. 又 OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以 OD′⊥平面 ABC. 又由EF AC ＝DH DO 得 EF＝9 2. 五边形 ABCFE 的面积 S＝1 2 ×6×8－1 2 ×9 2 ×3＝69 4 . 所以五棱锥 D′ABCFE 的体积 V＝1 3 ×69 4 ×2 2＝23 2 2 . 5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥 PABC 的侧面是直角三角 形，PA＝6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D，D 在平面 PAB 内 的正投影为点 E，连接 PE 并延长交 AB 于点 G. (1)证明：G 是 AB 的中点； (2)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F(说明作法及理由)，并求四面体 PDEF 的 体积． 解：(1)证明：因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D， 所以 AB⊥PD. 因为 D 在平面 PAB 内的正投影为 E， 所以 AB⊥DE. 因为 PD∩DE＝D， 所以 AB⊥平面 PED，故 AB⊥PG. 又由已知可得，PA＝PB， 所以 G 是 AB 的中点． (2)在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F，F 即为 E 在平面 PAC 内的正 投影． 理由如下：由已知可得 PB⊥PA，PB⊥PC，又 EF∥PB， 所以 EF⊥PA，EF⊥PC. 又 PA∩PC＝P， 因此 EF⊥平面 PAC， 即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影． 连接 CG，因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D， 所以 D 是正三角形 ABC 的中心． 由(1)知，G 是 AB 的中点， 所以 D 在 CG 上，故 CD＝2 3CG. 由题设可得 PC⊥平面 PAB，DE⊥平面 PAB， 所以 DE∥PC，因此 PE＝2 3PG，DE＝1 3PC. 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA＝6， 可得 DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形 EFP 中，可得 EF＝PF＝2， 所以四面体 PDEF 的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×2×2＝4 3. 6．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点，BE⊥平面 ABCD. (1)证明：平面 AEC⊥平面 BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥 EACD 的体积为 6 3 ，求 该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC⊥BD. 因为 BE⊥平面 ABCD，所以 AC⊥BE. 故 AC⊥平面 BED. 又 AC⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 BED. (2)设 AB＝x，在菱形 ABCD 中， 由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3 2 x，GB＝GD＝x 2. 因为 AE⊥EC，所以在 Rt△AEC 中，可得 EG＝ 3 2 x. 由 BE⊥平面 ABCD，知△EBG 为直角三角形， 可得 BE＝ 2 2 x. 由已知得，三棱锥 EACD 的体积 V 三棱锥 EACD＝1 3 ×1 2 ×AC×GD×BE＝ 6 24x3＝ 6 3 ， 故 x＝2. 从而可得 AE＝EC＝ED＝ 6. 所以△EAC 的面积为 3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥 EACD 的侧面积为 3＋2 5. 一、选择题 1．(2018·天津模拟)设 l 是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( ) A．若 l∥α，l∥β，则α∥β B．若 l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则 l∥β D．若α⊥β，l∥α，则 l⊥β 解析：选 B 对于 A，若 l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故 A 错；易知 B 正确；对于 C，若α⊥β，l⊥α，则 l∥β或 l⊂β，故 C 错；对于 D，若α⊥β，l∥α，则 l 与β的位置关系不 确定，故 D 错．选 B. 2．设 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列命题中正确的有( ) ①若 m⊂β，α⊥β，则 m⊥α； ②若α∥β，m⊂α，则 m∥β； ③若 n⊥α，n⊥β，m⊥α，则 m⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β. A．①③ B．①② C．③④ D．②③ 解析：选 D 由面面垂直的性质定理知，若 m⊂β，α⊥β，且 m 垂直于α，β的交线时， m⊥α，故①错误； 若α∥β，则α，β无交点．又 m⊂α，所以 m∥β，故②正确； 若 n⊥α，n⊥β，则α∥β.又 m⊥α，所以 m⊥β，故③正确； 若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④错误． 3．(2018·南昌模拟)已知 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线 l 满足 l⊥m，l ⊥n，l⊄α，l⊄β，则( ) A．α∥β且 l∥α B．α⊥β且 l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于 l D．α与β相交，且交线平行于 l 解析：选 D 由于 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交， 但未必垂直，且交线垂直于直线 m，n，又直线 l 满足 l⊥m，l⊥n，则交线平行于 l. 4．设 a，b 是夹角为 30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β ”的平面α， β( ) A．不存在 B．有且只有一对 C．有且只有两对 D．有无数对 解析：选 D 过直线 a 的平面α有无数个，当平面α与直线 b 平行时，两直线的公垂线与 b 确定的平面β⊥α，当平面α与 b 相交时，过交点作平面α的垂线与 b 确定的平面β⊥α.故选 D. 5.如图，矩形 ABCD 中，AB＝2AD，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻转成△A1DE(A∉平面 ABCD)，若 M，O 分别为线段 A1C， DE 的中点，则在△ADE 翻转过程中，下列说法错误的是( ) A．与平面 A1DE 垂直的直线必与直线 MB 垂直 B．异面直线 BM 与 A1E 所成角是定值 C．一定存在某个位置，使 DE⊥MO D．三棱锥 A1ADE 外接球半径与棱 AD 的长之比为定值 解析：选 C 取 DC 的中点 N，连接 MN，NB，则 MN∥A1D， NB∥DE，∴平面 MNB∥平面 A1DE，∴MB∥平面 A1DE，故 A 正确； 取 A1D 的中点 F，连接 MF，EF，则四边形 EFMB 为平行四边 形，则∠A1EF 为异面直线 BM 与 A1E 所成角，故 B 正确； 点 A 关于直线 DE 的对称点为 N，则 DE⊥平面 AA1N，即过 O 与 DE 垂直的直线在平 面 AA1N 上，故 C 错误； 三棱锥 A1ADE 外接球半径为 2 2 AD，故 D 正确． 6．(2018·宝鸡质检)对于四面体 ABCD，给出下列四个命题： ①若 AB＝AC，BD＝CD，则 BC⊥AD； ②若 AB＝CD，AC＝BD，则 BC⊥AD； ③若 AB⊥AC，BD⊥CD，则 BC⊥AD； ④若 AB⊥CD，AC⊥BD，则 BC⊥AD. 其中为真命题的是( ) A．①② B．②③ C．②④ D．①④ 解析：选 D ①如图，取 BC 的中点 M，连接 AM，DM，由 AB ＝AC⇒AM⊥BC，同理 DM⊥BC⇒BC⊥平面 AMD，而 AD⊂平面 AMD，故 BC⊥AD.④设 A 在平面 BCD 内的射影为 O，连接 BO，CO， DO，由 AB⊥CD⇒BO⊥CD，由 AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O 为△BCD 的 垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC. 7．如图所示，在长方形 ABCD 中，AB＝2，BC＝1，E 为 CD 的中点，F 为线段 EC 上 (端点除外)一动点．现将△AFD 沿 AF 折起，使平面 ABD⊥平面 ABCF.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB，K 为垂足．设 AK＝t，则 t 的取值范围是( ) A. 1 2 ，2 B. 1 2 ，1 C. 3 2 ，2 D. 3 2 ，1 解析：选 B 如图①所示，过点 K 作 KM⊥AF 于点 M，连接 DM，易得 DM⊥AF，与 折前的图形对比，可知折前的图形中 D，M，K 三点共线且 DK⊥AF(如图②所示)，于是△ DAK∽△FDA，所以AK AD ＝AD DF ，即t 1 ＝ 1 DF ，所以 t＝ 1 DF ，又 DF∈(1,2)，故 t∈ 1 2 ，1 . 二、填空题 8．已知 a，b 表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列命题： ①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β； ②若 a⊂α，a 垂直于β内的任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则 a⊥b； ④若 a 不垂直于平面α，则 a 不可能垂直于平面α内的无数条直线； ⑤若 a⊥α，a⊥β，则α∥β. 其中正确命题的序号是________． 解析：①一个平面内的一条直线与另一个平面内的一条直线垂直，这两个平面不一定垂 直，故①错误；②满足两个平面垂直的定义，故②正确；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则 a 与 b 平行或相交(相交时可能垂直)，故③错误；④若 a 不垂直于平面α，但 a 可能垂直于平 面α内的无数条直线，故④错误；⑤垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故⑤正确． 答案：②⑤ 9．在三棱锥 P ABC 中，点 P 在平面 ABC 中的射影为点 O， (1)若 PA＝PB＝PC，则点 O 是△ABC 的________心． (2)若 PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点 O 是△ABC 的________心． 解析：如图，连接 OA，OB，OC，OP，并延长 AO 交 BC 于 H 点，延长 BO 交 AC 于 D 点，延长 CO 交 AB 于 G 点． (1)在 Rt△POA，Rt△POB 和 Rt△POC 中，PA＝PC＝PB，∴OA＝OB＝OC，即 O 为 △ABC 的外心． (2)∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面 PAB，又 AB⊂平面 PAB， ∴PC⊥AB， 又 AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面 PGC， 又 CG⊂平面 PGC， ∴AB⊥CG，即 CG 为△ABC 边 AB 的高． 同理可证 BD，AH 为△ABC 底边上的高， 即 O 为△ABC 的垂心． 答案：(1)外 (2)垂 10.如图，直三棱柱 ABC A1B1C1 中，侧棱长为 2，AC＝BC＝1，∠ACB ＝90°，D 是 A1B1 的中点，F 是 BB1 上的动点，AB1，DF 交于点 E.要使 AB1 ⊥平面 C1DF，则线段 B1F 的长为________． 解析：设 B1F＝x，因为 AB1⊥平面 C1DF，DF⊂平面 C1DF，所以 AB1 ⊥DF. 由已知可以得 A1B1＝ 2， 设 Rt△AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h，则 DE＝1 2h. 又 2× 2＝h 22＋ 22， 所以 h＝2 3 3 ，DE＝ 3 3 . 在 Rt△DB1E 中，B1E＝ 2 2 2－ 3 3 2＝ 6 6 . 由面积相等得 6 6 × x2＋ 2 2 2＝ 2 2 x，解得 x＝1 2. 即线段 B1F 的长为1 2. 答案：1 2 三、解答题 11．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥 ABCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD， 平面 ABD⊥平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上， 且 EF⊥AD. 求证：(1)EF∥平面 ABC； (2)AD⊥AC. 证明：(1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD， 所以 EF∥AB. 又因为 EF⊄平面 ABC，AB⊂平面 ABC， 所以 EF∥平面 ABC. (2)因为平面 ABD⊥平面 BCD， 平面 ABD∩平面 BCD＝BD， BC⊂平面 BCD，BC⊥BD， 所以 BC⊥平面 ABD. 因为 AD⊂平面 ABD， 所以 BC⊥AD. 又 AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面 ABC，BC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥平面 ABC. 又因为 AC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥AC. 12．(2018·贵州省适应性考试)已知长方形 ABCD 中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角 线 BD 折起，使 AC＝a，得到一个四面体 ABCD，如图所示． (1)试问：在折叠的过程中，直线 AB 与 CD 能否垂直？若能，求出相应 a 的值；若不能， 请说明理由． (2)求四面体 ABCD 体积的最大值． 解：(1)直线 AB 与 CD 能垂直． 因为 AB⊥AD， 若 AB⊥CD，因为 AD∩CD＝D， 所以 AB⊥平面 ACD， 又因为 AC⊂平面 ACD， 从而 AB⊥AC. 此时，a＝ BC2－AB2＝ 16－9＝ 7， 即当 a＝ 7时，有 AB⊥CD. (2)由于△BCD 面积为定值，所以当点 A 到平面 BCD 的距离最大，即当平面 ABD⊥平 面 BCD 时，该四面体的体积最大， 此时，过点 A 在平面 ABD 内作 AH⊥BD，垂足为 H， 则有 AH⊥平面 BCD，AH 就是该四面体的高． 在△ABD 中，AH＝AB·AD BD ＝12 5 ， S△BCD＝1 2 ×3×4＝6， 此时 VABCD＝1 3S△BCD·AH＝24 5 ，即为该四面体体积的最大值． 13．(2018·郑州模拟)如图，已知三棱柱 ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC， ∠BAC＝90°，点 M，N 分别为 A′B 和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 AA′C′C； (2)设 AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面 A′MN，试证明你的结论． 解：(1)证明：如图，取 A′B′的中点 E，连接 ME，NE. 因为 M，N 分别为 A′B 和 B′C′的中点， 所以 NE∥A′C′，ME∥BB′∥AA′. 又 A′C′⊂平面 AA′C′C，A′A⊂平面 AA′C′C， 所以 ME∥平面 AA′C′C，NE∥平面 AA′C′C， 因为 ME∩NE＝E， 所以平面 MNE∥平面 AA′C′C， 因为 MN⊂平面 MNE， 所以 MN∥平面 AA′C′C. (2)当λ＝ 2时，CN⊥平面 A′MN，证明如下： 连接 BN，设 AA′＝a，则 AB＝λAA′＝λa， 由题意知 BC＝ 2λa，CN＝BN＝ a2＋1 2λ2a2， 因为三棱柱 ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面， 所以平面 A′B′C′⊥平面 BB′C′C， 因为 AB＝AC，点 N 是 B′C′的中点， 所以 A′N⊥平面 BB′C′C， 所以 CN⊥A′N， 要使 CN⊥平面 A′MN，只需 CN⊥BN 即可， 所以 CN2＋BN2＝BC2， 即 2 a2＋1 2λ2a2 ＝2λ2a2， 解得λ＝ 2， 故当λ＝ 2时，CN⊥平面 A′MN. 如图，在四棱锥 S ABCD 中，平面 SAD⊥平面 ABCD.四边形 ABCD 为正方形，且点 P 为 AD 的中点，点 Q 为 SB 的中点． (1)求证：CD⊥平面 SAD. (2)求证：PQ∥平面 SCD. (3)若 SA＝SD，点 M 为 BC 的中点，在棱 SC 上是否存在点 N，使得平面 DMN⊥平面 ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为四边形 ABCD 为正方形，所以 CD⊥AD. 又因为平面 SAD⊥平面 ABCD，且平面 SAD∩平面 ABCD＝AD，所以 CD⊥平面 SAD. (2)证明：如图，取 SC 的中点 R，连接 QR，DR. 由题意知：PD∥BC 且 PD＝1 2BC. 在△SBC 中，点 Q 为 SB 的中点，点 R 为 SC 的中点， 所以 QR∥ BC 且 QR＝1 2BC， 所以 PD∥QR，且 PD＝QR， 所以四边形 PDRQ 为平行四边形，所以 PQ∥DR. 又因为 PQ⊄平面 SCD，DR⊂平面 SCD， 所以 PQ∥平面 SCD. (3)存在点 N 为 SC 的中点，使得平面 DMN⊥平面 ABCD. 证明如下： 如图，连接 PC，DM 交于点 O， 连接 DN，PM，SP，NM，NO， 因为 PD∥CM，且 PD＝CM， 所以四边形 PMCD 为平行四边形， 所以 PO＝CO. 又因为点 N 为 SC 的中点， 所以 NO∥SP. 易知 SP⊥AD， 又因为平面 SAD⊥平面 ABCD，平面 SAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 SP⊥平面 ABCD，所以 NO⊥平面 ABCD. 又因为 NO⊂平面 DMN， 所以平面 DMN⊥平面 ABCD.