2018届二轮复习空间中的平行与垂直学案

2018届二轮复习空间中的平行与垂直学案

第2讲　空间中的平行与垂直 ‎1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题．‎ ‎2．以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．‎ 热点一　空间线面位置关系的判定 空间线面位置关系判断的常用方法 ‎(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．‎ 例1　(1)(2017·四川省眉山中学月考)已知m，n为空间中两条不同的直线， α，β为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是(　　)‎ A．若n⊥α，n⊥β，m⊂β，则m∥α B．若m⊥α，α⊥β，则m∥β C．若m，n在α内的射影互相平行，则m∥n D．若m⊥l，α∩β＝l，则m⊥α 答案　A 解析　由题意知，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，A正确； 若m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β， B错误；若m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以， C错误；若m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α， D错误．故选A.‎ ‎(2)(2017届泉州模拟)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形， 用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α(　　)‎ A．有无数多个 B．恰有4个 C．只有1个 D．不存在 答案　A 解析　如图，由题知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交，可设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，‎ B1，C1，D1，则由面面平行的性质定理得A1B1∥n∥C1D1，A1D1∥m∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，可知满足条件的平面α有无数多个．故选A.‎ 思维升华　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．‎ 跟踪演练1　(1)α，β，γ是三个平面， m, n是两条直线，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若α∩β＝m, n⊂α， m⊥n，则α⊥β B．若α⊥β， α∩β＝m, α∩γ＝n，则m⊥n C．若m不垂直平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线 D．若m⊥α， n⊥β， m∥n，则α∥β 答案　D 解析　逐一分析所给的命题：‎ A项，若α∩β＝m, n⊂α， m⊥n，并非一条直线垂直于平面内的两条相交直线，不一定有α⊥β，该说法错误；‎ B项，若α⊥β， α∩β＝m, α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误；‎ C项，若m不垂直平面α，则m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法错误；‎ D项，若m⊥α， n⊥β， m∥n，则α∥β，该说法正确．故选D.‎ ‎(2)(2017届株洲一模)如图，平面α⊥平面β， α∩β＝直线l, A，C是α内不同的两点， B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l, M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是(　　)‎ A．当CD＝2AB时， M，N两点不可能重合 B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交 C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交 D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行 答案　B 解析　由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，则BD⊂β，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故应排除答案A，C，D，故选B.‎ ‎‎ 热点二　空间平行、垂直关系的证明 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ 例2　(1)(2017·全国Ⅱ)如图，四棱锥P—ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ ‎①证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎②若△PCD的面积为2，求四棱锥P—ABCD的体积．‎ ‎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解　如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD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＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.‎ 取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，‎ 所以PN＝x.‎ 因为△PCD的面积为2，‎ 所以×x×x＝2，‎ 解得x＝－2(舍去)或x＝2.‎ 于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.‎ 所以四棱锥P—ABCD的体积 V＝××2＝4.‎ ‎(2)(2017·重庆市巴蜀中学三模)如图，平面ABCD⊥平面ADEF，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为矩形， M，N分别是EF，BC的中点， AB＝2AF, ∠CBA＝60°.‎ ‎①求证： DM⊥平面MNA；‎ ‎②若三棱锥A－DMN的体积为，求MN的长．‎ ‎①证明　连接AC，在菱形ABCD中， ∠CBA＝60°，且AB＝BC，‎ ‎∴△ABC为等边三角形，‎ 又∵N为BC的中点，‎ ‎∴AN⊥BC，‎ ‎∵BC∥AD，‎ ‎∴AN⊥AD，‎ 又∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，AN⊂平面ABCD，‎ ‎∴AN⊥平面ADEF，又DM⊂平面ADEF，∴DM⊥AN.‎ ‎∵在矩形ADEF中， AD＝2AF，M为EF的中点，‎ ‎∴△AMF为等腰直角三角形，∴∠AMF＝45°，‎ 同理可证∠DME＝45°，∴∠DMA＝90°，‎ ‎∴DM⊥AM，‎ 又∵AM∩AN＝A，且AM，AN⊂平面MNA，‎ ‎∴DM⊥平面MNA.‎ ‎②设AF＝x，则AB＝2AF＝2x，‎ 在Rt△ABN中， AB＝2x, BN＝x, ∠ABN＝60°，‎ ‎∴AN＝x，‎ ‎∴S△ADN＝×2x×x＝x2.‎ ‎∵平面ABCD⊥平面ADEF, AD为交线， FA⊥AD，‎ ‎∴FA⊥平面ABCD，‎ 设h为点M到平面ADN的距离，则h＝AF＝x，‎ ‎∴VM－ADN＝×S△ADN×h＝×x2×x＝x3，‎ ‎∵VM－ADN＝VA－DMN＝，∴x＝1.‎ ‎∴MN＝＝.‎ 思维升华　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下 ‎(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．‎ ‎(2)证明线线垂直常用的方法：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即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.‎ 跟踪演练2　(2017·北京市海淀区适应性考试)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝， E是侧棱PA上的动点．‎ ‎(1)求四棱锥P－ABCD的体积；‎ ‎(2)如果E是PA的中点，求证：PC∥平面BDE；‎ ‎(3)是否无论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？证明你的结论．‎ ‎(1)解　∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×12×＝，‎ 即四棱锥P－ABCD的体积为.‎ ‎(2)证明　连接AC交BD于O，连接OE.‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴O是AC的中点，‎ 又∵E是PA的中点，∴PC∥OE，‎ ‎∵PC⊄平面BDE, OE⊂平面BDE，‎ ‎∴PC∥平面BDE.‎ ‎(3)解　无论点E在任何位置，都有BD⊥CE.‎ 证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，‎ 又∵AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，‎ ‎∴BD⊥平面PAC.‎ ‎∵无论点E在任何位置，都有CE⊂平面PAC，‎ ‎∴无论点E在任何位置，都有BD⊥CE.‎ 热点三　平面图形的折叠问题 平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．‎ 例3　(2017·孝义质检)如图(1)，在五边形ABCDE中， ED＝EA，AB∥CD，CD＝2AB，∠EDC＝150°.如图(2)，将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到四棱锥P－ABCD.点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD.‎ ‎(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；‎ ‎(2)若四棱锥P－ABCD的体积为2，求四面体BCDM的体积．‎ ‎(1)证明　取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示，则MN∥CD，MN＝CD.‎ 又AB∥CD，AB＝CD，∴MN∥AB且MN＝AB，‎ ‎∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM，‎ 又BM⊥平面PCD，‎ ‎∴AN⊥平面PCD，‎ ‎∴AN⊥PD，AN⊥CD.‎ 由ED＝EA，即PD＝PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角形，‎ ‎∴∠PDA＝60°，又∠EDC＝150°，‎ ‎∴∠CDA＝90°，∴CD⊥AD，‎ 又AN∩AD＝A，AN⊂平面PAD，‎ AD⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面ABCD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解　设四棱锥P－ABCD的高为h，四边形ABCD的面积为S，则VP－ABCD＝hS＝2，‎ 又S△BCD＝S，四面体BCDM的高为.‎ ‎∴VBCDM＝××S△BCD＝×hS ‎＝××6＝，‎ ‎∴四面体BCDM的体积为.‎ 思维升华　(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．‎ ‎(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．‎ 跟踪演练3　(2017届四川省成都市九校模拟)如图，在直角梯形ABCD中， AD∥ BC, AB⊥BC, BD⊥DC，点E是BC边的中点， 将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE, AC, DE, 得到如图所示的空间几何体．‎ ‎　　‎ ‎(1)求证： AB⊥平面ADC；‎ ‎(2)若AD＝1，AB＝，求点B到平面ADE的距离．‎ ‎(1)证明　因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ 又BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.‎ 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.‎ 又AD⊥AB，DC∩AD＝D，AD，DC⊂平面ADC，‎ 所以AB⊥平面ADC.‎ ‎(2)解　因为AB＝，AD＝1，所以BD＝.‎ 依题意△ABD∽△DCB，‎ 所以＝，即＝.‎ 所以CD＝.‎ 故BC＝3.‎ 由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E为BC的中点，‎ 所以AE＝＝.‎ 同理DE＝＝.‎ 所以S△ADE＝×1× ＝.‎ 因为DC⊥平面ABD，‎ 所以VA—BCD＝CD·S△ABD＝.‎ 设点B到平面ADE的距离为d，‎ 则d·S△ADE＝VB—ADE＝VA—BDE＝VA—BCD＝，‎ 所以d＝，即点B到平面ADE的距离为.‎ 真题体验 ‎1．(2017·全国Ⅰ改编)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______．‎ 答案　(1)‎ 解析　对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.‎ ‎∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，‎ ‎∴直线AB与平面MNQ相交；‎ 对于(2)，作如图②所示的辅助线，‎ 则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，‎ 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；‎ 对于(3)，作如图③所示的辅助线，‎ 则AB∥CD，CD∥MQ，‎ ‎∴AB∥MQ，‎ 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；‎ 对于(4)，作如图④所示的辅助线，‎ 则AB∥CD，CD∥NQ，‎ ‎∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，‎ ‎∴AB∥平面MNQ.‎ ‎2．(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD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AB∥EF.又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AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.‎ 押题预测 ‎1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是(　　)‎ A．m⊥n⇒m⊥β B．m⊥n⇒α⊥β C．α∥β⇒m∥β D．m∥n⇒α∥β 押题依据　‎ 空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．‎ 答案　C 解析　构造长方体，如图所示．‎ 因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，所以平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直．所以选项A，B都是假命题．‎ CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．‎ ‎“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.‎ ‎2．如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．‎ ‎(1)求证：A1E⊥FP；‎ ‎(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．‎ 押题依据　以平面图形的翻折为背景，探索空间直角与平面位置关系的考题创新性强，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题形式．‎ ‎(1)证明　在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．‎ 因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.‎ 所以在题图(2)中A1E⊥EF，‎ 又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，‎ 且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，‎ 所以A1E⊥平面BEFC.‎ 因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.‎ ‎(2)解　在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．‎ 理由如下：‎ 如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，‎ 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.‎ 如图所示，取A1P的中点M，连接MK，‎ 因为点K为棱A1F的中点，‎ 所以MK∥FP.‎ 因为FP∥BE，所以MK∥BE.‎ 因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，‎ 所以MK∥平面A1BE.‎ 故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．‎ A组　专题通关 ‎1．(2017·河南省六市联考)如图， G, H, M, N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为(　　)‎ A．①② B．③④‎ C．①③ D．②④‎ 答案　D 解析　由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；‎ 图②中的GH与MN异面，符合题意；‎ 图③中GH与MN相交，不合题意；‎ 图④中GH与MN异面，符合题意．‎ 则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为②④.‎ 故选D.‎ ‎2．(2017·宣城调研)已知m, n是两条不同的直线， α， β是两个不同的平面，给出下列四个命题，错误的命题是(　　)‎ A．若m∥α， m∥β， α∩β＝n，则m∥n B．若α⊥β， m⊥α， n⊥β，则m⊥n C．若α⊥β， α⊥γ， β∩γ＝m，则m⊥α D．若α∥β， m∥α，则m∥β 答案　D 解析　由m∥α，m∥β，α∩β＝n，利用线面平行的判定与性质定理可得m∥n，A正确；‎ 由α⊥β，m⊥α，n⊥β，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥n，B正确；‎ 由α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥α，C正确；‎ 由α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，可得D不正确．‎ 故选D.‎ ‎3．已知平面α及直线a，b下列说法正确的是(　　)‎ A．若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线平行 B．若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直 C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行 D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直 答案　D 解析　由题意逐一分析所给的选项．‎ 若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；‎ 若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；‎ 若直线a，b平行，则这两条直线中可能两条都与平面α不平行；‎ 若直线a，b垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直．‎ 故选D.‎ ‎4．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是(　　)‎ A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2‎ 答案　D 解析　对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.‎ ‎5．对于四面体A—BCD，有以下命题：‎ ‎①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；‎ ‎②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；‎ ‎③四面体A—BCD的四个面中最多有四个直角三角形；‎ ‎④若四面体A—BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①③ B．③④‎ C．①②③ D．①③④‎ 答案　D 解析　①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A在平面BCD的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；‎ ‎③正确，如图， AB⊥平面BCD, ∠BCD＝90°，其中有4个直角三角形；‎ ‎④正确，正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式×S×＝×4×S×r，解得 r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，故选D.‎ ‎6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)‎ ‎①AC⊥BE；‎ ‎②B1E∥平面ABCD；‎ ‎③三棱锥E－ABC的体积为定值；‎ ‎④直线B1E⊥直线BC1.‎ 答案　①②③‎ 解析　因为AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因为B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．‎ ‎7．下列四个正方体图形中，点A，B为正方体的两个顶点，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号)‎ 答案　①③‎ 解析　对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB∥平面MNP；对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.‎ ‎8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.‎ 答案　a或2a 解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，‎ 所以B1D⊥CF.‎ 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．‎ 令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.‎ 易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，‎ 得＝，即＝，‎ 整理得x2－3ax＋2a2＝0，‎ 解得x＝a或x＝2a.‎ ‎9．(2017·山东)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：A1O∥平面B1CD1；‎ ‎(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ 证明　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，‎ 由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，‎ 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.‎ 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，‎ 所以EM⊥BD.‎ 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以A1E⊥BD.‎ 因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.‎ 又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，‎ 所以B1D1⊥平面A1EM.‎ 又B1D1⊂平面B1CD1，‎ 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ ‎10．(2017届宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，矩形ABCD中， AB＝3, BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．‎ ‎(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)求三棱锥A－BCD的体积．‎ ‎(1)证明　∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.‎ 又BC⊥CD，且AE∩BC＝E，‎ ‎∴CD⊥平面ABC.‎ 又CD⊂平面ACD，‎ ‎∴平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　由(1)知，CD⊥平面ABC，‎ 又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB.‎ 又AB⊥AD，CD∩AD＝D，‎ ‎∴AB⊥平面ACD.‎ ‎∴VA－BCD＝VB－ACD＝·S△ACD·AB.‎ 又在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，‎ ‎∴AC＝＝＝，‎ ‎∴VA－BCD＝×××3×3＝.‎ B组　能力提高 ‎11．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，且始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是(　　)‎ 答案　C 解析　过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.‎ ‎∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，‎ ‎∴平面MNQ∥平面DCC1D1，‎ 又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于直线QN和直线DC，‎ ‎∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，‎ AQ＝BN＝x，∵＝＝2，∴MQ＝2x.‎ 在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，‎ ‎∴y2－4x2＝1 (0≤x≤1)，‎ ‎∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.‎ ‎12.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中， AA1＝6，AB＝3，AD＝8, 点M是棱AD的中点，N在棱AA1上，且满足AN＝2NA1, P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的最小值是________．‎ 答案　 解析　取A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于E，则易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE ‎，则C1P＝为所求．‎ ‎13.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成， D是AA1的中点．‎ ‎(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面B1C1D；‎ ‎(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC, BC⊥AC, 求点C到面B1C1D的距离．‎ ‎(1)证明　方法一　取AC的中点G，CC1的中点为H，连接AH，GF，GE，如图所示．‎ ‎∵AD綊C1H，∴四边形ADC1H为平行四边形，‎ ‎∴AH∥C1D，又F是CH的中点， G是AC的中点， ‎ ‎∴GF∥AH, ∴GF∥C1D，‎ 又GF⊄平面C1DB1，C1D⊂平面C1DB1，‎ ‎∴GF∥平面C1DB1, 又G，E分别是AC，AB的中点，‎ ‎∴GE∥BC∥B1C1，又GE⊄平面C1DB1，‎ B1C1⊂平面C1DB1，∴GE∥平面C1DB1, ‎ 又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，‎ ‎∴平面GEF∥平面DB1C1，‎ 又EF⊄平面DB1C1，EF⊂平面GEF，‎ ‎∴EF∥平面DB1C1.‎ 方法二　取B1D的中点M，连接EM，MC1，‎ 则EM是梯形ABB1D的中位线，‎ ‎∴EM∥BB1，EM＝ ‎＝＝CC1，‎ 又C1F＝CC1－CF＝CC1, BB1∥CC1，∴ EM綊C1F，‎ 故四边形EMC1F为平行四边形， ∴C1M∥EF，‎ 又EF⊄平面C1DB1, C1M⊂平面C1DB1, ‎ ‎∴EF∥平面C1DB1.‎ ‎(2)解　AD⊥平面ABC, AC⊂平面ABC, ∴AD⊥AC，‎ 又AD＝AC＝1, CC1＝2AD，AD∥CC1，‎ ‎∴C1D2＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4，‎ 故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，‎ 又BC⊥AC, AD⊥BC，AC∩AD＝A，‎ ‎∴BC⊥平面ACC1D，又CD⊂平面ACC1D，‎ ‎∴BC⊥CD，‎ 又B1C1∥BC, ∴B1C1⊥CD，‎ 又DC1∩B1C1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D，‎ ‎∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.‎ ‎14．(2017届云南省师范大学附属中学月考)如图，矩形AB′DE(AE＝6，DE＝5)，被截去一角(即△BB′C)，AB＝3, ∠ABC＝135°，平面PAE⊥平面ABCDE, PA＋PE＝10.‎ ‎(1)求五棱锥P－ABCDE的体积的最大值；‎ ‎(2)在(1)的情况下，证明： BC⊥PB.‎ ‎(1)解　因为AB＝3，∠ABC＝135°，‎ 所以∠B′BC＝45°， BB′＝AB′－AB＝5－3＝2，‎ 所以截去的△BB′C是等腰直角三角形，‎ 所以SABCDE＝SAB′DE－S△BB′C＝6×5－×2×2＝28.‎ 如图，过P作PO⊥AE，垂足为O，‎ 因为平面PAE⊥平面ABCDE，‎ 平面PAE∩平面ABCDE＝AE，PO⊂平面PAE，‎ 所以PO⊥平面ABCDE, PO为五棱锥P－ABCDE的高．‎ 在平面PAE内， PA＋PE＝10>AE＝6, P在以A，E为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的简单的几何性质知，点P为短轴端点时， P到AE的距离最大，‎ 此时PA＝PE＝5, OA＝OE＝3，‎ 所以POmax＝4，‎ 所以max＝SABCDE·POmax ‎＝×28×4＝.‎ ‎(2)证明　连接OB，如图，由(1)知， OA＝AB＝3，‎ 故△OAB是等腰直角三角形，所以∠ABO＝45°，‎ 所以∠OBC＝∠ABC－∠ABO＝135°－45°＝90°，‎ 即BC⊥BO.‎ 由于PO⊥平面ABCDE，所以PO⊥BC，‎ 而PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，‎ 所以BC⊥平面POB，‎ 又PB⊂平面POB，所以BC⊥PB.‎