《（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何與空間向量 第2講 空間中的平行與垂直學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何與空間向量 第2講 空間中的平行與垂直學(xué)案 理（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　空間中的平行與垂直 [考情考向分析]　1.以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎(chǔ)題.2.以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關(guān)系的交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查，難度中檔． 熱點一　空間線面位置關(guān)系的判定 空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題． (2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進行判斷． 例1　(1)

2、已知直線l，m與平面α，β，l?α，m?β，則下列命題中正確的是(　　) A．若l∥m，則必有α∥β B．若l⊥m，則必有α⊥β C．若l⊥β，則必有α⊥β D．若α⊥β，則必有m⊥α 答案　C 解析　對于選項A，平面α和平面β還有可能相交，所以選項A錯誤；對于選項B，平面α和平面β還有可能相交且不垂直或平行，所以選項B錯誤；對于選項C，因為l?α，l⊥β，所以α⊥β，所以選項C正確；對于選項D，直線m可能和平面α平行或相交，所以選項D錯誤． (2)如圖，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α內(nèi)不同的兩點，B，D是β內(nèi)不同的兩點，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，C

3、D的中點．下列判斷正確的是(　　) A．當(dāng)CD＝2AB時，M，N兩點不可能重合 B．M，N兩點可能重合，但此時直線AC與l不可能相交 C．當(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D．當(dāng)AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行 答案　B 解析　由于直線CD的兩個端點都可以動，所以M，N兩點可能重合，此時兩條直線AB，CD共面，由于兩條線段互相平分，所以四邊形ACBD是平行四邊形，因此AC∥BD，而BD?β，AC?B，所以由線面平行的判定定理可得AC∥β，又因為AC?α，α∩β＝l，所以由線面平行的性質(zhì)定理可得AC∥l，故選B. 思維升華　解決空間點、線、

4、面位置關(guān)系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質(zhì)、空間位置關(guān)系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中． 跟蹤演練1　(1)(2018·揭陽模擬)已知直線a，b，平面α，β，γ，下列命題正確的是(　　) A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，則a⊥γ B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，則a∥b∥c C．若α∩β＝a，b∥a，則b∥α D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，則b∥a 答案　A 解析　A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，則a⊥γ，該說法正

5、確； B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c， 在三棱錐P－ABC中，令平面α，β，γ分別為平面PAB，PAC，PBC， 交線a，b，c為PA，PB，PC，不滿足a∥b∥c，該說法錯誤； C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b?α，不滿足b∥α，該說法錯誤； D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α， 正方體ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β為平面ABCD，ADD1A1， 直線b為A1C1，滿足b∥α，不滿足b∥a，該說法錯誤． (2)(2018·上海市長寧、嘉定區(qū)調(diào)研)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是

6、 A．l與l1，l2都相交 B．l與l1，l2都不相交 C．l至少與l1，l2中的一條相交 D．l至多與l1，l2中的一條相交 答案　C 解析　方法一　如圖1，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交，故A，B不正確；如圖2，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交，故D不正確，故選C. 方法二　因為l分別與l1，l2共面，故l與l1，l2要么都不相交，要么至少與l1，l2中的一條相交．若l與l1，l2都不相交，則l∥l1，l∥l2，從而l1∥l2，與l1，l2是異面直線矛盾，故l至少與l1，l2中的一條相交，故選C. 熱點二　空間平行、垂直關(guān)系的證明 空間平行

7、、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化． 例2　(1)(2018·資陽模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長均為2，AA1⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點． ①求證：直線BE∥平面A1FC1； ②平面A1FC1與直線AB交于點M，指出點M的位置，說明理由，并求三棱錐B－EFM的體積． ①證明　取A1C1的中點G，連接EG，F(xiàn)G， ∵點E為A1B1的中點， ∴EG∥B1C1 且EG＝B1C1， ∵F為BC中點， ∴BF∥B1C1且BF＝B1C1， 所以BF∥EG且BF＝EG

8、. 所以四邊形BFGE是平行四邊形， 所以BE∥FG， 又BE?平面A1FC1，F(xiàn)G?平面A1FC1， 所以直線BE∥平面A1FC1. ②解　M為棱AB的中點． 理由如下： 因為AC∥A1C1，AC?平面A1FC1，A1C1?平面A1FC1， 所以直線AC∥平面A1FC1， 又平面A1FC1∩平面ABC＝FM， 所以AC∥FM. 又F為棱BC的中點， 所以M為棱AB的中點． △BFM的面積S△BFM＝S△ABC ＝××2×2×sin 60°＝， 所以三棱錐B－EFM的體積VB－EFM＝VE－BFM ＝××2＝. (2)(2018·衡水調(diào)研)如圖，在四棱錐P－A

9、BCD中，底面ABCD是邊長為a的菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PD＝2a，O為AC與BD的交點，E為棱PB上一點． ①證明：平面EAC⊥平面PBD； ②若PD∥平面EAC，三棱錐P－EAD的體積為18，求a的值． ①證明　因為PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， 所以PD⊥AC. 又四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD， 又PD∩BD＝D，PD，BD?平面PBD， 所以AC⊥平面PBD. 又AC?平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBD. ②解　連接OE. 因為PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE， 所以PD∥OE. 又AC∩BD

10、＝O， 所以O(shè)是BD的中點，所以E是PB的中點． 因為四邊形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°， 所以取AD的中點H，連接BH， 可知BH⊥AD， 又因為PD⊥平面ABCD，BH?平面ABCD， 所以PD⊥BH. 又PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD， 所以BH⊥平面PAD. 由于AB＝a，所以BH＝a. 因此點E到平面PAD的距離 d＝BH＝×a＝a， 所以VP－EAD＝VE－PAD＝S△PAD×d＝××a×2a×a＝a3＝18. 解得a＝6. 思維升華　垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下： (1)證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理

11、，即證兩直線同時和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進行平行轉(zhuǎn)換；三是利用三角形的中位線定理證明線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進行平行轉(zhuǎn)換． (2)證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；②勾股定理；③線面垂直的性質(zhì)，即要證線線垂直，只需證明一條直線垂直于另一條直線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a. 跟蹤演練2　如圖，在四棱錐P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，點E為棱PB的中點． (1)若PB＝PD，求證：PC⊥BD； (2)求證：CE∥平面PAD. 證明　(1)取BD的中點O，連接CO，PO， 因為CD＝CB， 所

12、以△CBD為等腰三角形， 所以BD⊥CO. 因為PB＝PD， 所以△PBD為等腰三角形，所以BD⊥PO. 又PO∩CO＝O，PO，CO?平面PCO， 所以BD⊥平面PCO. 因為PC?平面PCO，所以PC⊥BD. (2)由E為PB的中點，連接EO，則EO∥PD， 又EO?平面PAD，PD?平面PAD， 所以EO∥平面PAD. 由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD， 又CO?平面PAD，AD?平面PAD， 所以CO∥平面PAD. 又CO∩EO＝O，CO，EO?平面COE， 所以平面CEO∥平面PAD， 而CE?平面CEO，所以CE∥平面PAD. 熱點三　

13、平面圖形的翻折問題 平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生變化，有的沒有發(fā)生變化，這些發(fā)生變化和沒有發(fā)生變化的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．一般地，在翻折后還在一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化，解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法． 例3　(2018·北京海淀區(qū)期末)如圖1，已知菱形AECD的對角線AC，DE交于點F，點E為AB中點．將△ADE沿線段DE折起到△PDE的位置，如圖2所示． (1)求證：DE⊥平面PCF； (2)求證：平面PBC⊥平面PCF； (3)在線

14、段PD，BC上是否分別存在點M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，請指出點M，N的位置，并證明；若不存在，請說明理由． (1)證明　折疊前，因為四邊形AECD為菱形， 所以AC⊥DE， 所以折疊后，DE⊥PF，DE⊥CF， 又PF∩CF＝F，PF，CF?平面PCF， 所以DE⊥平面PCF. (2)證明　因為四邊形AECD為菱形， 所以DC∥AE，DC＝AE. 又點E為AB的中點， 所以DC∥EB，DC＝EB， 所以四邊形DEBC為平行四邊形， 所以CB∥DE. 又由(1)得，DE⊥平面PCF， 所以CB⊥平面PCF. 因為CB?平面PBC， 所以平面PBC⊥

15、平面PCF. (3)解　存在滿足條件的點M，N， 且M，N分別是PD和BC的中點． 如圖，分別取PD和BC的中點M，N. 連接EN，PN，MF，CM. 因為四邊形DEBC為平行四邊形， 所以EF∥CN，EF＝BC＝CN， 所以四邊形ENCF為平行四邊形， 所以FC∥EN. 在△PDE中，M，F(xiàn)分別為PD，DE的中點， 所以MF∥PE. 又EN，PE?平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF?平面CFM，MF∩CF＝F， 所以平面CFM∥平面PEN. 思維升華　(1)折疊問題中不變的數(shù)量和位置關(guān)系是解題的突破口． (2)存在探索性問題可先假設(shè)存在，然后在此前提下進行

16、邏輯推理，得出矛盾則否定假設(shè)，否則給出肯定結(jié)論． 跟蹤演練3　(2018·北京朝陽區(qū)模擬)如圖，在△PBE中，AB⊥PE，D是AE的中點，C是線段BE上的一點，且AC＝，AB＝AP＝AE＝2，將△PBA沿AB折起使得二面角P－AB－E是直二面角． (1)求證：CD∥平面PAB； (2)求三棱錐E－PAC的體積． (1)證明　因為AE＝2，所以AE＝4， 又AB＝2，AB⊥PE， 所以BE＝＝＝2， 又因為AC＝＝BE， 所以AC是Rt△ABE的斜邊BE上的中線， 所以C是BE的中點， 又因為D是AE的中點， 所以CD是Rt△ABE的中位線， 所以CD∥AB， 又因

17、為CD?平面PAB，AB?平面PAB， 所以CD∥平面PAB. (2)解　由(1)知，直線CD是Rt△ABE的中位線， 所以CD＝AB＝1， 因為二面角P－AB－E是直二面角，平面PAB∩平面EAB＝AB，PA?平面PAB，PA⊥AB， 所以PA⊥平面ABE， 又因為AP＝2， 所以VE－PAC＝VP－ACE＝××AE×CD×AP ＝××4×1×2＝. 真題體驗 1．(2017·全國Ⅰ改編)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是________．(填序號) 答案　(1)

18、 解析　對于(1)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QD∥AB. ∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交， ∴直線AB與平面MNQ相交； 對于(2)，作如圖②所示的輔助線， 則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ， 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ； 對于(3)，作如圖③所示的輔助線， 則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ， 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ； 對于(4)，作如圖④所示的輔助線， 則AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ，又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ， ∴AB∥平面

19、MNQ. 2．(2017·江蘇)如圖，在三棱錐A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 證明　(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以AB∥EF.又EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，

20、 BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又AC?平面ABC，所以AD⊥AC. 押題預(yù)測 1．不重合的兩條直線m，n分別在不重合的兩個平面α，β內(nèi)，下列為真命題的是(　　) A．m⊥n?m⊥β B．m⊥n?α⊥β C．α∥β?m∥β D．m∥n?α∥β 押題依據(jù)　空間兩條直線、兩個平面之間的平行與垂直的判定是立體幾何的重點內(nèi)容，也是高考命題的熱點．此類題常與命題的真假性、充分條件和必要條件等知識相交匯，意在考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力． 答案　C 解析　構(gòu)造長方體，如圖所示． 因為A1C1⊥AA1，A1C1?平面AA1C1C，AA1?平面AA1B1B，但

21、A1C1與平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C與平面AA1B1B也不垂直，所以選項A，B都是假命題． CC1∥AA1，但平面AA1C1C與平面AA1B1B相交而不平行，所以選項D為假命題． “若兩平面平行，則一個平面內(nèi)任何一條直線必平行于另一個平面”是真命題，故選C. 2．如圖(1)，在正△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點，且BE＝AF＝2CF.點P為邊BC上的點，將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示． (1)求證：A1E⊥FP； (2)若BP＝BE，點K為棱A1F的中點，則在平面A1FP上是否

22、存在過點K的直線與平面A1BE平行，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由． 押題依據(jù)　以平面圖形的翻折為背景，探索空間直線與平面位置關(guān)系，可以考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力，預(yù)計將成為今年高考的命題方向． (1)證明　在正△ABC中，取BE的中點D，連接DF，如圖所示． 因為BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF為正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD. 所以在題圖(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. 因為FP?平面BE

23、FC，所以A1E⊥FP. (2)解　在平面A1FP上存在過點K的直線與平面A1BE平行． 理由如下： 如題圖(1)，在正△ABC中，因為BP＝BE，BE＝AF， 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE. 如圖所示，取A1P的中點M，連接MK， 因為點K為棱A1F的中點， 所以MK∥FP. 因為FP∥BE，所以MK∥BE. 因為MK?平面A1BE，BE?平面A1BE， 所以MK∥平面A1BE. 故在平面A1FP上存在過點K的直線MK與平面A1BE平行． A組　專題通關(guān) 1．(2018·北京朝陽區(qū)模擬)已知α，β是兩個不同的平面，l是一條直線，給出下列說法

24、： ①若l⊥α，α⊥β，則l∥β；②若l∥α，α∥β，則l∥β； ③若l⊥α，α∥β，則l⊥β；④若l∥α，α⊥β，則l⊥β. 其中說法正確的個數(shù)為(　　) A．3 B．2 C．1 D．4 答案　C 解析?、偃鬺⊥α，α⊥β，則l∥β或l?β，不正確；②若l∥α，α∥β，則l∥β 或l?β，不正確；③若l⊥α，α∥β，則l⊥β，正確；④若l∥α，α⊥β，則l⊥β或l∥β或l與β相交且l與β不垂直，不正確，故選C. 2．如圖，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號為(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②

25、④ 答案　D 解析　由題意可得圖①中GH與MN平行，不合題意； 圖②中GH與MN異面，符合題意； 圖③中GH與MN相交，不合題意； 圖④中GH與MN異面，符合題意． 則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號為②④. 3．(2018·撫順模擬)給出下列四個命題： ①如果平面α外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α； ②過空間一定點有且只有一條直線與已知平面垂直； ③如果一條直線垂直于一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線，那么這條直線與這個平面垂直； ④若兩個相交平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面的交線垂直于第三個平面． 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3

26、 D．4 答案　C 解析　對于①，根據(jù)線面平行的判定定理，如果平面外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α，故正確；對于②，因為垂直于同一平面的兩直線平行，所以過空間一定點有且只有一條直線與已知平面垂直，故正確；對于③，平面內(nèi)無數(shù)條直線均為平行線時，不能得出直線與這個平面垂直，故不正確；對于④，因為兩個相交平面都垂直于第三個平面，所以在兩個相交平面內(nèi)各取一條直線垂直于第三個平面，可得這兩條直線平行，則其中一條直線平行于另一條直線所在的平面，可得這條直線平行于這兩個相交平面的交線，從而交線垂直于第三個平面，故正確． 4．(2018·全國Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，A

27、B＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　如圖， 在長方體ABCD－A1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體A′B′BA－A1′B1′B1A1.連接B1B′，由長方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角．連接DB′，由題意，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′＝. 故選C.

28、 方法二　如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz. 由題意，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〈，〉＝＝＝. 故選C. 5．對于四面體A—BCD，有以下命題： ①若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD與底面所成的角相等； ②若AB⊥CD，AC⊥BD，則點A在底面BCD內(nèi)的射影是△BCD的內(nèi)心； ③四面體A—BCD的四個面中最多有四個直角三角形； ④若四面體A

29、—BCD的6條棱長都為1，則它的內(nèi)切球的表面積為. 其中正確的命題是(　　) A．①③ B．③④ C．①②③ D．①③④ 答案　D 解析?、僬_，若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD在底面上的射影相等，即與底面所成角相等；②不正確，如圖，點A在平面BCD內(nèi)的射影為點O，連接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以點O是△BCD的垂心； ③正確，如圖，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4個直角三角形； ④正確，設(shè)正四面體的內(nèi)切球的半徑為r，棱長為1，高為，根據(jù)等體積公式×S△BCD×＝×4×S△BCD×r，解得 r＝，那么內(nèi)切球的表面積S＝4πr2＝，

30、故選D. 6．已知m，n，l1，l2表示不同的直線，α，β表示不同的平面，若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個充分條件是(　　) 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　對于選項A，當(dāng)m∥β且l1∥α?xí)r，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分條件；對于選項B，當(dāng)m∥β且n∥β時，若m∥n，則α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分條件；對于選項C，當(dāng)m∥β且n∥l2時，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分條件；對于選項D，當(dāng)m∥l1，n∥l2時，由線面平行的

31、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時，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一個充分條件．故選D. 7．(2018·上海虹口區(qū)模擬)長方體的體對角線與過同一個頂點的三個表面所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________. 答案　2 解析　設(shè)長方體的長、寬、高分別為a，b，c，則體對角線長d＝， 所以cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2＝＝2. 8.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a

32、，點D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時，CF⊥平面B1DF. 答案　a或2a 解析　由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1， 又CF?平面ACC1A1， 所以B1D⊥CF. 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可． 令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則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.如圖所示的多面體中，底面ABCD為正方形，△GAD為等邊三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°，點E是線段GC上除兩端點外的一點，若點P為線段GD的中點．

33、 (1)求證：AP⊥平面GCD； (2)求證：平面ADG∥平面FBC. 證明　(1)因為△GAD是等邊三角形，點P為線段GD的中點，所以AP⊥GD. 因為AD⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD?平面GAD，故CD⊥平面GAD， 又AP?平面GAD，故CD⊥AP， 又CD∩GD＝D，CD，GD?平面GCD， 故AP⊥平面GCD. (2)因為BF⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以BF⊥CD， 因為BC⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC?平面FBC， 所以CD⊥平面FBC， 由(1)知CD⊥平面GAD，所以平面ADG∥平面FBC. 10．(2018·張掖檢

34、測)在梯形ABCD中(圖1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，過A，B分別作CD的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，已知DE＝1，AE＝2，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，使得AF⊥BD，DE∥CF，得空間幾何體ADE－BCF(圖2)． (1)證明：BE∥平面ACD； (2)求三棱錐E－ACD的體積． (1)證明　連接BE交AF于點O，取AC的中點H，連接OH，DH，則OH是△AFC的中位線， 所以O(shè)H∥CF且OH＝CF， 由已知得DE∥CF且DE＝CF， 所以DE∥OH且DE＝OH， 所以四邊形DEOH為平行四邊形，DH∥EO， 又因為EO?平面ACD，DH?平面ACD，

35、 所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD. (2)解　由已知得，四邊形ABFE為正方形， 且邊長為2，則AF⊥BE， 由已知AF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD?平面BDE， 可得AF⊥平面BDE， 又DE?平面BDE， 所以AF⊥DE， 又AE⊥DE，AF∩AE＝A，AF，AE?平面ABFE， 所以DE⊥平面ABFE， 又EF?平面ABEF， 所以DE⊥EF，四邊形DEFC是直角梯形， 又AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF?平面CDE， 所以AE⊥平面CDE， 所以AE是三棱錐A－DEC的高， VE－ACD＝VA－ECD＝VA－EFD ＝×AE××DE×

36、EF＝. B組　能力提高 11．(2018·全國Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD－A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等． 取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平

37、行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×××sin 60°＝. 故選A. 12．(2018·泉州質(zhì)檢)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，M，N分別為B1C1，BB1的中點．現(xiàn)有下列四個結(jié)論： p1：AC1∥MN； p2：A1C⊥C1N； p3：B1C⊥平面AMN； p4：異面直線AB與MN所成角的余弦值為. 其中正確的結(jié)論是(　　) A．p1，p2 B．p2，p3 C．p2，p4 D．p3，p4 答案　C 解析　正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等， M，N分別為B1C1，BB1的中點． 對于p1：如圖①所示， MN∥B

38、C1，BC1∩AC1＝C1， ∴AC1與MN不平行，是異面直線，p1錯誤； 對于p2：如圖②所示， 連接AC1，交A1C于點O，連接ON， 易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1， ∴ON⊥A1C， 又ON∩AC1＝O，ON，AC1?平面ONC1， ∴A1C⊥平面ONC1， 又C1N?平面ONC1， ∴A1C⊥C1N，p2正確； 對于p3：如圖③所示， 取BC的中點O，連接AO，BC1， 過點O作OP∥BC1，交CC1于點P， 連接AP，則AO⊥平面BCC1B1， 又B1C?平面BCC1B1，∴AO⊥B1C， 又BC1∥OP，BC1⊥B1C， ∴B1C⊥

39、OP， 又AO∩OP＝O，AO，OP?平面AOP， ∴B1C⊥平面AOP， 又平面AMN與平面AOP有公共點A， ∴B1C與平面AMN不垂直，p3錯誤； 對于p4：如圖④所示， 連接BC1，AC1，則MN∥BC1， ∴∠ABC1是異面直線AB與MN所成的角， 設(shè)AB＝1，則AC1＝BC1＝， ∴cos∠ABC1＝＝，p4正確． 綜上，其中正確的結(jié)論是p2，p4. 13.如圖，多面體ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中點． (1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E為AB的中點，求證：直線EF∥平面C1DB1； (2)若

40、AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC，BC⊥AC，求點C到平面B1C1D的距離． (1)證明　方法一　取AC的中點G，CC1的中點H，連接AH，GF，GE，如圖所示． ∵AD∥C1H且AD＝C1H， ∴四邊形ADC1H為平行四邊形， ∴AH∥C1D，又F是CH的中點，G是AC的中點， ∴GF∥AH，∴GF∥C1D， 又GF?平面C1DB1，C1D?平面C1DB1， ∴GF∥平面C1DB1， 又G，E分別是AC，AB的中點， ∴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

41、面GEF， ∴平面GEF∥平面C1DB1， 又EF?平面GEF， ∴EF∥平面C1DB1. 方法二　取B1D的中點M，連接EM，MC1， 則EM是梯形ABB1D的中位線， ∴EM∥BB1∥CC1∥AD， ∴EM＝(AD＋BB1) ＝＝CC1， 又C1F＝CC1－CF＝CC1， ∴ EM∥C1F且EM＝C1F， 故四邊形EMC1F為平行四邊形，∴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＝

42、DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4， 故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD， 又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A， AC，AD?平面ACC1D， ∴BC⊥平面ACC1D， 又CD?平面ACC1D， ∴BC⊥CD， 又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD， 又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1?平面B1C1D， ∴CD⊥平面B1C1D， ∴點C到平面B1C1D的距離為CD的長，即為. 14．如圖，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. (

43、1)求五棱錐P－ABCDE的體積的最大值； (2)在(1)的情況下，證明：BC⊥PB. (1)解　因為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. 如圖，過P作PO⊥AE，垂足為O， 因為平面PAE⊥平面ABCDE， 平面PAE∩平面ABCDE＝AE，PO?平面PAE， 所以PO⊥平面ABCDE，PO為五棱錐P－ABCDE的高． 在平面PAE內(nèi)，PA＋PE＝10>AE＝6，P在以A，E為焦點，長軸長為10的橢圓上，

44、由橢圓的幾何性質(zhì)知， 當(dāng)點P為短軸端點時，P到AE的距離最大， 此時PA＝PE＝5，OA＝OE＝3， 所以POmax＝4， 所以(VP－ABCDE)max＝SABCDE·POmax ＝×28×4＝. (2)證明　連接OB，如圖，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，BC?平面ABCDE， 所以PO⊥BC， 又PO∩BO＝O，PO，BO?平面POB， 所以BC⊥平面POB， 又PB?平面POB，所以BC⊥PB. 23