2019届二轮复习　空间线面关系的判断[小题提速练]学案（全国通用）

2019届二轮复习　空间线面关系的判断[小题提速练]学案（全国通用）

第15练　空间线面关系的判断[小题提速练]‎ ‎[明晰考情]　1.命题角度：空间线面关系的判断；空间中的平行、垂直关系；利用空间的平行、垂直关系求解空间角.2.题目难度：中档难度．‎ 考点一　空间线面位置关系的判断 方法技巧　(1)判定两直线异面的方法：‎ ‎①反证法；‎ ‎②利用结论：过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不过该点的直线是异面直线．‎ ‎(2)模型法判断线面关系：借助空间几何模型，如长方体、四面体等观察线面关系，再结合定理进行判断．‎ ‎(3)空间图形中平行与垂直的实质是转化思想的体现，要掌握以下的常用结论：‎ ‎①平面图形的平行关系：平行线分线段成比例、平行四边形的对边互相平行；②平面图形中的垂直关系：等腰三角形的底边上的中线和高重合、菱形的对角线互相垂直、圆的直径所对圆周角为直角、勾股定理．‎ ‎1．已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中(　　)‎ A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一一条与a平行的直线 答案　D 解析　在平面内过一点，只能作一条直线与已知直线平行．‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α B．若直线a在平面α外，则a∥α C．若直线a∩b＝∅，直线b⊂α，则a∥α D．若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线 答案　D 解析　A错误，直线l还可以在平面α内；B错误，直线a在平面α外，包括平行和相交；C错误，a还可以与平面α相交或在平面α内．故选D.‎ ‎3．将正方体的纸盒展开如图，直线AB，CD在原正方体的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．垂直 C．相交成60°角 D．异面且成60°角 答案　D 解析　如图，直线AB，CD异面．因为CE∥AB，‎ 所以∠ECD即为异面直线AB，CD所成的角，‎ 因为△CDE为等边三角形，故∠ECD＝60°.‎ ‎4．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C，则B1C与AB的位置关系为________．‎ 答案　垂直 解析　连接BO，∵AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，∴AO⊥B1C.‎ 又侧面BB1C1C为菱形，‎ ‎∴B1C⊥BO，‎ 又AO∩BO＝O，AO，BO⊂平面ABO，‎ ‎∴B1C⊥平面ABO.‎ ‎∵AB⊂平面ABO，‎ ‎∴B1C⊥AB.‎ 考点二　空间角的求解 方法技巧　(1)对于两条异面直线所成的角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置．‎ ‎(2)直线和平面所成的角的求解关键是找出或作出过斜线上一点的平面的垂线，得到斜线在平面内的射影．‎ ‎5．(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.‎ 在△DB′B1中，由余弦定理，得 DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，‎ 即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.故选C.‎ 方法二　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.‎ 由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，‎ ‎∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，‎ ‎∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，||＝2，||＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.故选C.‎ ‎6．已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的大小为(　　)‎ A．90° B．45° C．60° D．30°‎ 答案　D 解析　设G为AD的中点，连接GF，GE，‎ 则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中位线．‎ 由此可得GF∥AB，且GF＝AB＝1，GE∥CD，且GE＝CD＝2，‎ ‎∴∠FEG或其补角即为EF与CD所成的角．‎ 又EF⊥AB，GF∥AB，∴EF⊥GF.‎ 因此，在Rt△EFG中，GF＝1，GE＝2，‎ ‎∴sin∠GEF＝＝，‎ 又∠GEF为锐角，∴∠GEF＝30°.‎ ‎∴EF与CD所成的角的大小为30°.‎ ‎7.已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，AD的中点，则直线EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　连接AE，BD，过点F作FH⊥BD交BD于H，连接EH，则FH⊥平面BDD1B1，‎ ‎∴∠FEH是直线EF和平面BDD1B1所成的角．‎ 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，‎ ‎∵E，F分别是棱BB1，AD的中点，‎ ‎∴在Rt△DFH中，DF＝1，∠FDH＝45°，‎ 可得FH＝DF＝.‎ 在Rt△AEF中，AF＝1，AE＝＝，‎ 可得EF＝＝.‎ 在Rt△EFH中，sin∠FEH＝＝，‎ ‎∴直线EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是.‎ ‎8．如图，设E，F分别是正方形ABCD中CD，AB边的中点，将△ADC沿对角线AC对折，使得直线EF与AC异面，记直线EF与平面ABC所成的角为α，与异面直线AC所成的角为β，则当tan β＝时，tan α等于(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　分别连接BD交AC于点O，连接D′O.‎ 因为AD′＝CD′，所以D′O⊥AC，‎ 又因为AC⊥BD，BD∩D′O＝O，所以AC⊥平面BDD′，‎ 又BD′⊂平面BDD′，所以AC⊥BD′.‎ 取BC的中点S，连接FS，ES，‎ 则FS∥AC，ES∥BD′，所以FS⊥ES，‎ 又因为∠EFS为异面直线AC与EF所成的角，‎ 所以tan β＝＝，设ES＝1，则FS＝2，AC＝4，‎ 取CO的中点G，连接EG，SG，‎ 则EG＝SG＝1，所以△EGS为等边三角形，过点E作EH⊥GS，‎ 由上可知AC⊥EG，AC⊥SG且EG∩SG＝G，‎ 则AC⊥平面EGS.‎ 又EH⊂平面EGS，所以EH⊥AC，‎ 又GS∩AC＝G，所以EH⊥平面ABCD，‎ 所以∠EFH为EF与平面ABCD所成的角，‎ 因为EH＝，FH＝＝，‎ 所以tan∠EFH＝＝，故选C.‎ 考点三　立体几何中的动态问题 方法技巧　(1)考虑动态问题中点线面的变化引起的一些量的变化，建立目标函数，用代数方法解决几何问题．‎ ‎(2)运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律．‎ ‎(3)运动过程中端点的情况影响问题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位置．‎ ‎9.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，外接球的球心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点．有下列判断：‎ ‎①直线AC与直线C1E是异面直线；②A1E一定不垂直于AC1；③三棱锥E—AA1O的体积为定值；④AE＋EC1的最小值为2.‎ 其中正确的个数是(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ 答案　C 解析　①因为点A∉平面BB1C1C，所以直线AC与直线C1E是异面直线；②当A1E⊥AB1时，直线A1E⊥平面AB1C1，所以A1E⊥AC1，错误；③球心O是直线AC1，A1C的交点，底面OAA1面积不变，直线BB1∥平面AA1O，所以点E到底面的距离不变，体积为定值；④将矩形AA1B1B和矩形BB1C1C展开到一个面内，当点E为AC1与BB1的交点时，AE＋EC1取得最小值2，‎ 故选C.‎ ‎10．已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为(　　)‎ A．圆 B．抛物线 C．双曲线 D．椭圆 答案　A 解析　因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.‎ ‎11.如图在正四面体(所有棱长都相等)D－ABC中，动点P在平面BCD上，且满足∠PAD＝30°，若点P在平面ABC上的射影为P′，则sin∠P′AB的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　以AD为轴，∠DAP＝30°，AP为母线，围绕AD旋转一周，在平面BCD内形成的轨迹为椭圆，当且仅当点P位于椭圆的长轴端点(图中点M的位置)时，∠P′AB最大，此时AD⊥DM，且DM∥BC.设正四面体D－ABC的各棱长为2，在Rt△ADM中，AD＝2，∠MAD＝30°，则MD＝，AM＝ .过点D作正四面体D－ABC的高DO，O为底面正三角形ABC的中心，连接AO，作MP′⊥平面ABC于点P′，连接P′O，并延长交AB于点N，因为DM∥BC，MP′⊥平面ABC，DO⊥平面ABC，所以MP′∥DO且MP′＝DO，四边形MP′OD为矩形，‎ 所以P′O＝DM＝，ON＝，所以P′N＝＋.‎ 又在正四面体D－ABC中，AO＝×2×＝，‎ 所以DO＝＝，所以MP′＝.‎ 在Rt△AOP′中，AP′＝＝，‎ 于是在△AP′N中，由正弦定理可得＝，解得sin∠P′AB＝，故选A.‎ ‎12．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．‎ 答案　 解析　如图，建立空间直角坐标系A－xyz，‎ 设AB＝2，QM＝m(0≤m≤2)，‎ 则F(2,1,0)，E(1,0,0)，M(0，m,2)(0≤m≤2)．‎ ＝(2,1,0)，＝(1，－m，－2)，‎ cos θ＝|cos，|＝＝＝.‎ 设y＝，‎ 则y′＝ ‎＝＝.‎ 当0＜m＜2时，y′＜0，‎ ‎∴y＝在(0,2)上单调递减．‎ ‎∴当m＝0时，y取最大值，此时cos θ取得最大值，‎ ‎(cos θ)max＝＝.‎ ‎1．α，β是两个不重合的平面，在下列条件下，可判定α∥β的是(　　)‎ A．α，β都平行于直线l，m B．α内有三个不共线的点到β的距离相等 C．l，m是α内的两条直线且l∥β，m∥β D．l，m是两条异面直线且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β 答案　D 解析　对于A，l，m应相交；对于B，应考虑三个点在β的同侧或异侧两种情况；对于C，l，m应相交，故选D.‎ ‎2．给出下列命题：‎ ‎①若平面α内的直线a与平面β内的直线b为异面直线，直线c是α与β的交线，那么c至多与a，b中的一条相交；‎ ‎②若直线a与b异面，直线b与c异面，则直线a与c异面；‎ ‎③一定存在平面α同时和异面直线a，b都平行．‎ 其中正确的命题为(　　)‎ A．① B．② C．③ D．①③‎ 答案　C 解析　①错，c可与a，b都相交；②错，因为a，c也可能相交或平行；③正确，例如过异面直线a，b的公垂线段的中点且与公垂线垂直的平面即满足条件．‎ ‎3．在等腰直角△ABC中，AB⊥AC，BC＝2，M为BC的中点，N为AC的中点，D为BC边上一个动点，△ABD沿AD翻折使BD⊥DC，点A在平面BCD上的投影为点O，当点D在BC上运动时，以下说法错误的是(　　)‎ A．线段NO为定长 B．CO∈[1，)‎ C．∠AMO＋∠ADB＞180°‎ D．点O的轨迹是圆弧 答案　C 解析　如图所示，对于A，△AOC为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，ON＝AC为定长，即A正确；对于B，D在M时，AO＝1，CO＝1，∴CO∈[1，)，即B正确；‎ 对于D，由A可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确，故选C.‎ 解题秘籍　(1)平面的基本性质公理是几何作图的重要工具．‎ ‎(2)两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．‎ ‎(3)线面关系的判断要结合空间模型或实例，以定理或结论为依据进行推理，绝不能主观判断．‎ ‎(4)立体几何中的动态问题要搞清运动的实质，选用恰当的方法解题．‎ ‎1．已知直线a∥平面α，则“直线a⊥平面β”是“平面α⊥平面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 答案　A 解析　若直线a⊥平面β，直线a∥平面α，可得平面α⊥平面β；若平面α⊥平面β，又直线a∥平面α，那么直线a⊂平面β，直线a⊄平面β都可能成立．如正方体ABCD—A1B1C1D1中，平面ABCD⊥平面BCC1B1，直线AD∥平面BCC1B1，但直线AD⊂平面ABCD；直线AD1∥平面BCC1B1，但直线AD1与平面ABCD不垂直．综上，“直线a⊥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要条件．‎ ‎2.如图，在三棱锥P－ABC中，不能得出AP⊥BC的条件是(　　)‎ A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面PBC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC 答案　B 解析　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可以得出AP⊥BC；‎ C中，因为平面BPC⊥平面APC，且平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，BC⊂平面PBC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以PA⊥BC，‎ 故C可以得出AP⊥BC；‎ D中，由A知D可以得出AP⊥BC；‎ B中条件不能得出AP⊥BC，故选B.‎ ‎3．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：‎ ‎①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；‎ ‎②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；‎ ‎③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；‎ ‎④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①② B．②③ C．①④ D．③④‎ 答案　B 解析　两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②‎ 正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．‎ ‎4.如图是一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4个结论：‎ ‎①直线BE与直线CF异面；‎ ‎②直线BE与直线AF异面；‎ ‎③直线EF∥平面PBC；‎ ‎④平面BCE⊥平面PAD.‎ 其中正确的有(　　)‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 答案　B 解析　将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.‎ ‎5．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，‎ ‎∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，‎ 又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，‎ 平面CB1D1∩平面A1B1C1D1‎ ‎＝B1D1，∴B1D1∥m1，‎ ‎∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.‎ 故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．‎ 而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，‎ 因此∠CD1B1＝，‎ 得sin∠CD1B1＝，故选A.‎ ‎6．如图，四边形ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC＝PD＝CD＝2，BC＝2，O，M分别为CD，BC的中点，则异面直线OM与PD所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　连接BD，OB，则OM∥DB，‎ ‎∴∠PDB或其补角为异面直线OM与PD所成的角．‎ 由条件可知PO⊥平面ABCD，‎ OB＝3，PO＝，BD＝2，PB＝2，‎ 在△PBD中，由余弦定理可得cos∠PDB＝＝.‎ ‎7．(2018·浙江省杭州市第二中学模拟)等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体ABCD的侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：‎ ‎①四面体E－BCD的体积有最大值和最小值；‎ ‎②存在某个位置，使得AE⊥BD；‎ ‎③设二面角D－AB－E的平面角为θ，则θ≥∠DAE；‎ ‎④AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆．‎ 其中，正确说法的个数是(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ 答案　D 解析　根据正四面体的特征，以及等腰直角三角形的特征，可以得到当直角边AE绕斜边AB旋转的过程中，存在着最高点和最低点，并且最低点在底面的上方，所以四面体E－BCD的体积有最大值和最小值，故①正确；‎ 要想使AE⊥BD，就要使AE落在竖直方向的平面内，而转到这个位置的时候，使得AE⊥BD，且满足是等腰直角三角形，所以②正确；‎ 利用二面角的平面角的定义，找到其平面角，设二面角D－AB－E的平面角为θ，则θ≥∠DAE，所以③是正确的；‎ 根据平面截圆锥所得的截面可以断定，AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆，所以④正确．‎ 故正确的命题的个数是4，故选D.‎ ‎8．(2018·浙江省杭州市学军中学模拟)已知在矩形ABCD中，AD＝AB，沿直线BD将△ABD 折成△A′BD，使得点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)，设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D，A′C与平面BCD所成的角分别为α，β，则(　　)‎ A．α<θ<β B．β<θ<α C．β<α<θ D．α<β<θ 答案　D 解析　如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA′⊥A′D，‎ 当A′点在底面上的射影O落在BC上时，‎ 有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，平面A′BC∩平面BCD＝BC，DC⊂平面BCD，‎ 可得DC⊥平面A′BC，则DC⊥BA′，‎ ‎∴BA′⊥平面A′DC，‎ 在Rt△BA′C中，设BA′＝1，则BC＝，‎ ‎∴A′C＝1，说明O为BC的中点；‎ 当A′点在底面上的射影E落在BD上时，可知A′E⊥BD，‎ 设BA′＝1，则A′D＝，∴A′E＝，BE＝.‎ 要使点A′在平面BCD上的射影F在△BCD内(不含边界)，则点A′的射影F落在线段OE上(不含端点)．‎ 可知∠A′EF为二面角A′－BD－C的平面角θ，直线A′D与平面BCD所成的角为∠A′DF＝α，‎ 直线A′C与平面BCD所成的角为∠A′CF＝β，‎ 可求得DF＞CF，∴A′C＜A′D，且A′E＝<1，而A′C的最小值为1，‎ ‎∴sin∠A′DF＜sin∠A′CF＜sin∠A′EO，则α＜β＜θ.‎ ‎9．如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，EB＝2DC，P，Q分别为AE，AB的中点．则直线DP与平面ABC的位置关系是________．‎ 答案　平行 解析　连接CQ，在△ABE中，P，Q分别是AE，AB的中点，所以PQ∥BE，PQ＝BE.‎ 又DC∥EB，DC＝EB，‎ 所以PQ∥DC，PQ＝DC，所以四边形DPQC为平行四边形，所以DP∥CQ.‎ 又DP⊄平面ABC，CQ⊂平面ABC，所以DP∥平面ABC.‎ ‎10．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序号)‎ 答案　②③④‎ 解析　当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确．‎ ‎11.如图，在三棱锥S－ABC中，若AC＝2，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝4, E为棱SC的中点，则直线AC与BE所成角的余弦值为______，直线AC与平面SAB所成的角为_______．‎ 答案　　60°‎ 解析　取SA的中点M，连接ME，BM ，则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角，因为ME＝，BM＝BE＝2，cos∠MEB＝＝，所以直线AC与BE所成角的余弦值为.取SB的中点N，连接AN，CN，则AN⊥SB，CN⊥SB⇒SB⊥平面ACN⇒平面SAB⊥平面ACN ，因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN，因为AN＝CN＝AC＝2 ，所以∠CAN＝60°，因此直线AC与平面SAB所成的角为60°.‎ ‎12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中(如图)，已知点P在直线BC1上运动，则下列四个命题：‎ ‎①三棱锥A－D1PC的体积不变；‎ ‎②直线AP与平面ACD1所成的角的大小不变；‎ ‎③二面角P－AD1－C的大小不变；‎ ‎④若M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是直线A1D1.‎ 其中真命题的序号是________．‎ 答案　①③④‎ 解析　①＝＝××为定值；②因为BC1∥AD1，所以 BC1∥平面AD1C，因此P到平面AD1C的距离不变，但AP长度变化，因此直线AP与平面ACD1所成的角的大小变化；③二面角P－AD1－C的大小就是平面ABC1D1 与平面AD1C所成二面角的大小，因此不变； ④到点D和C1距离相等的点在平面A1BCD1上，所以M点的轨迹是平面A1BCD1与平面A1B1C1D1的交线A1D1.综上，真命题的序号是①③④.‎