《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題4 立體幾何 專題能力提升練十一 2.4.2 空間中的平行與垂直》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題4 立體幾何 專題能力提升練十一 2.4.2 空間中的平行與垂直（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題4 立體幾何 專題能力提升練十一 2.4.2 空間中的平行與垂直 一、選擇題(每小題5分,共30分) 1.已知直線a與直線b平行,直線a與平面α平行,則直線b與α的關(guān)系為 (　　) A.平行 B.相交 C.直線b在平面α內(nèi) D.平行或直線b在平面α內(nèi) 【解析】選D.依題意,直線a必與平面α內(nèi)的某直線平行,又a∥b,因此直線b與平面α的位置關(guān)系是平行或直線b在平面α內(nèi). 2.設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,則 (　　) A.若m⊥n,n∥α,則m⊥α B.若m∥β,β⊥α,則m⊥α C.

2、若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α 【解析】選C.對(duì)A,若m⊥n,n∥α,則m?α或m∥α或m⊥α,錯(cuò)誤; 對(duì)B,若m∥β,β⊥α,則m?α或m∥α或m⊥α,錯(cuò)誤; 對(duì)C,若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α,正確; 對(duì)D,若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α或m?α或m∥α,錯(cuò)誤.故選C. 3.若平面α,β滿足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P?l,則下列命題中是假命題的為 (　　) A.過點(diǎn)P垂直于平面α的直線平行于平面β B.過點(diǎn)P垂直于直線l的直線在平面α內(nèi) C.過點(diǎn)P垂直于平面β的直線在平面α內(nèi) D.過點(diǎn)P且在平面α內(nèi)垂直于l

3、的直線必垂直于平面β 【解析】選B.由于過點(diǎn)P垂直于平面α的直線必平行于平面β內(nèi)垂直于交線的直線,因此也平行于平面β,因此A正確;過點(diǎn)P垂直于直線l的直線有可能垂直于平面α,不一定在平面α內(nèi),因此B不正確;根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理,知選項(xiàng)C,D正確. 4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中點(diǎn),F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且A1F∥平面D1AE,則A1F與平面BCC1B1所成角的正切值t構(gòu)成的集合是 (　　) A. B. C. D. 【解析】選D.設(shè)M,N分別為BB1,B1C1中點(diǎn),則F軌跡為線段MN,所以A1F與平面BCC1B1所成角的正切值范圍為=

4、,選D. 5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PAB與△PBC是正三角形,平面PAB⊥平面PBC, AC⊥BD,則下列結(jié)論不一定成立的是 (　　) A.PB⊥AC B.PD⊥平面ABCD C.AC⊥PD D.平面PBD⊥平面ABCD 【解析】選B.取BP的中點(diǎn)O,連接OA,OC,則BP⊥OA,BP⊥OC,又因?yàn)镺A∩OC=O,所以BP⊥平面OAC,所以BP⊥AC,故選項(xiàng)A正確;又AC⊥BD,BP∩BD=B,得AC⊥平面BDP,又PD?平面BDP,所以AC⊥PD,平面PBD⊥平面ABCD,故選項(xiàng)C,D正確,故選B. 6.(2016·全國(guó)卷Ⅰ)平面α過正方體ABCD

5、-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,α∥平面CB1D1, α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 【解析】選A.如圖所示: 因?yàn)棣痢纹矫鍯B1D1,所以若設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD=m1,則m1∥m. 又因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1, 結(jié)合平面B1D1C∩平面A1B1C1D1=B1D1, 所以B1D1∥m1,故B1D1∥m. 同理可得:CD1∥n.故m,n所成角的大小與B1D1,CD1所成角的大小相等,即∠CD1B1的大小. 而B1C=B1D1=CD1(均為面對(duì)角線), 因此∠CD1

6、B1=,即sin∠CD1B1=. 【名師點(diǎn)睛】求解本題的關(guān)鍵是作出異面直線所成角,求異面直線所成角的步驟是:平移定角、連線成形,解形求角、得鈍求補(bǔ). 【加固訓(xùn)練】 (2018·荊州三模)已知底面是直角三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上,且AB=AC=1,若球O的表面積為3π,則這個(gè)直三棱柱的體積是__ ______.? 【解析】設(shè)直三棱柱的側(cè)棱(高)為h,外接球的球心為O, 因?yàn)橥饨忧虻谋砻娣e為3π,即4πR2=3π,解得R=, 在底面Rt△ABC中,由AB=AC=1,所以BC=, 取BC的中點(diǎn)O1,則OO1⊥平面ABC,在Rt△BOO1中,由勾股定理得R

7、2=B+O?=+,解得h=1,所以直三棱柱的體積為V=Sh=×1×1×1=. 答案: 二、填空題(每小題5分,共10分) 7.(2016·全國(guó)卷Ⅱ)α,β是兩個(gè)平面,m,n是兩條直線,有下列四個(gè)命題: 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與α所成的角和n與β所成的角相等. 其中正確的命題有________.(填寫所有正確命題的編號(hào))? 【解析】對(duì)于①,AA′(m)⊥平面ABCD(α),AA′(m)⊥AD(n),AD(n)∥平面A′B′C′D′(β),顯然平面ABCD

8、(α)∥平面A′B′C′D′(β),故①錯(cuò)誤; 對(duì)于②,n∥α,由線面平行的性質(zhì)定理,可知n與α內(nèi)的一條直線l平行,因?yàn)? m⊥α,所以m⊥l,所以m⊥n,故②正確; 對(duì)于③,設(shè)過m的平面γ交β于直線l,因?yàn)棣痢桅?m?α,由面面平行的性質(zhì)定理可知m∥l,由線面平行的判定定理,可知m∥β,故③正確; 對(duì)于④,若m,n分別與平面α,β平行(或垂直),結(jié)論顯然成立,若m,n分別與平面α,β不平行,也不垂直,可以分別作出m,n在平面α,β內(nèi)的射影,由等角定理,可知結(jié)論也成立,故④正確. 答案:②③④ 【加固訓(xùn)練】 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長(zhǎng)為2,AC=BC=1,∠

9、ACB=90°,點(diǎn)D是A1B1的中點(diǎn),F是BB1上的動(dòng)點(diǎn),AB1,DF交于點(diǎn)E,要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長(zhǎng)為______.? 【解析】設(shè)B1F=x,因?yàn)锳B1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥DF. 由已知可得A1B1=, 設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h, 則DE=h. 又×2×=×h, 所以h=,DE=. 在Rt△DB1E中, B1E==. 由面積相等得××=×x, 得x=. 答案: 8.如圖,矩形ABCD中,E為邊AB的中點(diǎn),將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn),則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中,正確的命題是_

10、_________.(填序號(hào)) ? ①是定值; ②點(diǎn)M在圓上運(yùn)動(dòng); ③一定存在某個(gè)位置,使DE⊥A1C; ④一定存在某個(gè)位置,使MB∥平面A1DE. 【解析】如圖,取DC中點(diǎn)N,連接MN,NB,則MN∥A1D,NB∥DE,所以平面MNB∥平面A1DE,因?yàn)镸B?平面MNB,所以MB∥平面A1DE,④正確;∠A1DE=∠MNB,MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根據(jù)余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cos∠MNB,所以MB是定值.①正確;B是定點(diǎn),所以M是在以B為圓心,MB為半徑的圓上,②正確;當(dāng)矩形ABCD滿足AC⊥DE時(shí)存在,其他情況不存在,③錯(cuò)誤.所以①②

11、④正確. 答案:①②④ 【加固訓(xùn)練】 (2018·南寧市聯(lián)考)如圖,在正方形ABCD中,點(diǎn)E,F分別是BC,CD的中點(diǎn),G是EF的中點(diǎn).現(xiàn)在沿AE,AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形,使B,C,D三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯(cuò)誤的是________.(填序號(hào))? ①AG⊥△EFH所在平面;②AH⊥△EFH所在平面;③HF⊥△AEF所在平面; ④HG⊥△AEF所在平面. 【解析】折之前AG⊥EF,CG⊥EF,折之后也垂直,所以EF⊥平面AHG,折之前∠B,∠D,∠BCD均為直角,折之后B,C,D三點(diǎn)重合,所以折之后AH,EH,FH三條直線兩兩垂直,所以AH⊥△EF

12、H所在平面,②對(duì);同時(shí)可知AH⊥HG,又HF⊥△AEH所在平面,過AE不可能作兩個(gè)平面與直線HF垂直,③錯(cuò);如果HG⊥△AEF所在平面,則有HG⊥AG,與②中AH⊥HG矛盾,④錯(cuò);若AG⊥△EFH所在平面,則有AG⊥HG,與 ②中AH⊥HG矛盾,所以①也錯(cuò). 答案:①③④ 三、解答題(每小題10分,共40分) 9.如圖,在五面體ABCDEF中,四邊形ABCD是矩形,BC=BF=CF=AE=DE=2,AB=6,EF=4,EF∥AB,G為FC的中點(diǎn),M為線段CD上一點(diǎn),且CM=2. (1)求證:AF∥平面BDG. (2)求證:BF⊥DE. (3)求證:平面BGM⊥平面BFC.

13、 【證明】(1)連接AC交BD于O點(diǎn),則O為AC的中點(diǎn),連接OG.因?yàn)樵凇鰽FC中,O為AC的中點(diǎn),G為FC的中點(diǎn).所以O(shè)G∥AF. 因?yàn)锳F?平面BDG,OG?平面BDG, 所以AF∥平面BDG. (2)連接FM. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,AB=6, 所以DC∥AB,且DC=AB=6. 因?yàn)镋F=4,CM=2,DM=DC-CM, 所以DM=EF=4. 因?yàn)镈M∥AB,EF∥AB,所以DM∥EF. 所以四邊形DMFE是平行四邊形. 所以MF∥DE,MF=DE=2. 因?yàn)樵赗t△BCM中,∠BCM=90°,BC=2,CM=2, 所以BM=2. 因?yàn)樵凇鰾FM中,B

14、M=2,MF=2,BF=2, 所以△BFM是直角三角形.所以BF⊥MF. 所以BF⊥DE. (3)因?yàn)樵凇鱂CM中,CF=CM=MF=2, 所以△FCM為等邊三角形. 因?yàn)镚為FC的中點(diǎn),所以MG⊥CF. 同理,由△BCF為等邊三角形,可得BG⊥CF. 因?yàn)锽G∩MG=G,所以CF⊥平面BGM. 因?yàn)镃F?平面BFC,所以平面BGM⊥平面BFC. 10.(2018·東莞二模)如圖,平面CDEF⊥平面ABCD,四邊形ABCD是平行四邊形,CDEF為直角梯形,∠ADC=120°,CF⊥CD,且CF∥DE,AD=2DC=DE=2CF. (1)求證:BF∥平面ADE. (2)

15、若AD=2,求該幾何體的各個(gè)面的面積的平方和. 【解析】(1)取DE的中點(diǎn)H,連接AH,HF. 因?yàn)樗倪呅蜟DEF為直角梯形,DE=2CF,H是DE的中點(diǎn), 所以HF=DC,且HF∥DC. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形, 所以AB=DC,且AB∥DC, 所以AB=HF,且AB∥HF, 所以四邊形ABFH是平行四邊形, 所以BF∥AH. 因?yàn)锳H?平面ADE,BF?平面ADE, 所以BF∥平面ADE. (2)因?yàn)樵凇鰾CD中,BC=2DC,所以∠BDC=90°, 所以S四邊形ABCD=2××BD×AB=2×××1=, S△ADE=×2×2=2,S△BCF=×2×1

16、=1. 因?yàn)镈E⊥BD,且DE=2,BD=,所以BE=, 又AE=2,AB=1,所以AE2=AB2+BE2,即∠EBA=90°, 所以S△ABE=×1×=. 所以S△BEF=××=. S梯形CDEF=×(DE+CF)×CD=×3×1=. 所以該幾何體的各個(gè)面的面積的平方和為 +22+12+++=. 11.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1是矩形,∠BAC=90°,AA1⊥BC,AA1=AC=2AB=4,且BC1⊥A1C. (1)求證:平面ABC1⊥平面A1ACC1. (2)設(shè)D是A1C1的中點(diǎn),判斷并證明在線段BB1上是否存在點(diǎn)E,使得DE∥平面AB

17、C1.若存在,求點(diǎn)E到平面ABC1的距離. 【解析】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1是矩形,所以AA1⊥AB, 又因?yàn)锳A1⊥BC,AB∩BC=B, 所以AA1⊥平面ABC, 所以AA1⊥AC,又AA1=AC,所以A1C⊥AC1, 又BC1⊥A1C,BC1∩AC1=C1, 所以A1C⊥平面ABC1,又A1C?平面A1ACC1, 所以平面ABC1⊥平面A1ACC1. (2)當(dāng)E為BB1的中點(diǎn)時(shí),連接AE,EC1,DE, 如圖,取AA1的中點(diǎn)F,連接EF,FD, 因?yàn)镋F∥AB,DF∥AC1, 又EF∩DF=F,AB∩AC1=A, 所以平面EFD∥平面

18、ABC1,又DE?平面EFD, 所以DE∥平面ABC1, 又因?yàn)?,C1A1⊥平面ABE, 設(shè)點(diǎn)E到平面ABC1的距離為d,所以××2×4×d=××2×2×4,所以d= 所以存在點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)時(shí),使得DE∥平面ABC1, 點(diǎn)E到平面ABC1的距離為. 【一題多解】(2)解答本題還可以用如下的方法解決:當(dāng)E為BB1的中點(diǎn)時(shí),連接DE,如圖,設(shè)A1C交AC1于點(diǎn)G,連接BG,DG,因?yàn)锽E∥DG且BE=DG, 所以四邊形DEBG為平行四邊形,則DE∥BG,又DE?平面ABC1,BG?平面ABC1,所以DE∥平面ABC1,求距離同原解法. 12.(2018·太原二模)如圖

19、(1),在平面六邊形ABFCDE中,四邊形ABCD是矩形,且AB=4,BC=2,AE=DE=BF=CF=,點(diǎn)M,N分別是AD,BC的中點(diǎn),分別沿線段AD,BC將△ADE,△BCF翻折成如圖(2)的空間幾何體ABCDEF. (1)利用下列結(jié)論1或結(jié)論2,證明:E,F,M,N四點(diǎn)共面; 結(jié)論1:過空間一點(diǎn)作已知直線的垂面,有且僅有一個(gè). 結(jié)論2:過平面內(nèi)一條直線作該平面的垂面,有且僅有一個(gè). (2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,求三棱錐E-BCF的體積. 【解析】(1)由題意,點(diǎn)E在底面ABCD上的射影在MN上,可設(shè)為點(diǎn)P,同理點(diǎn)F在底面ABCD上的射影在MN

20、上,可設(shè)為點(diǎn)Q,則EP⊥平面ABCD,FQ⊥平面ABCD,所以平面EMP⊥平面ABCD,平面FNQ⊥平面ABCD,又MN?平面ABCD,MN?平面EMP, MN?平面FNQ,由結(jié)論2:過平面內(nèi)一條直線作該平面的垂面,有且僅有一個(gè),則E,F,M,N四點(diǎn)共面. (2)若二面角E-AD-B和二面角F-BC-A都是60°,則∠EMP=∠FNQ=60°,易得EM=FN=1,則MP=EMcos 60°=,EP=EMsin 60°=, VE-BCF=VABCDEF-VE-ABCD=2×××2×+××2×3-×4×2×=. 【加固訓(xùn)練】 (2018·百校聯(lián)盟模擬)如圖,在幾何體ABDCFE中,底

21、面CDEF是平行四邊形, AB∥CD,AB=1,CD=2,DE=2,DF=4,DB=2,DB⊥平面CDEF,CE與DF交于點(diǎn)O. (1)求證:OB∥平面ACF. (2)求三棱錐B-DEF的表面積. 【解析】(1)取CF中點(diǎn)G,連接AG,OG, 在△CDF中,O是DF的中點(diǎn),G是CF的中點(diǎn), 所以O(shè)G∥CD,OG=CD, 又AB∥CD,AB=1,CD=2, 所以O(shè)G∥AB,OG=AB, 所以四邊形ABOG為平行四邊形, 所以O(shè)B∥AG, 又因?yàn)锳G?平面ACF,OB?平面ACF, 故OB∥平面ACF. (2)由EF=CD=2,DE=2,DF=4, 可得EF2+

22、DF2=DE2,所以EF⊥DF, 所以△DEF的面積S1=×DF×EF=×4×2=4. 由DB⊥平面CDEF,DF?平面CDEF,DE?平面CDEF, EF?平面CDEF, 可得BD⊥DF,BD⊥DE,BD⊥EF, 所以△BDF的面積S2=×BD×DF=×2×4=4, △BDE的面積S3=×BD×DE=×2×2=2, 由EF⊥DF,EF⊥BD,BD∩DF=D, 可得EF⊥平面BDF,又BF?平面BDF, 所以EF⊥BF, 因?yàn)锽F==2, 所以△BEF的面積S4=×BF×EF=×2×2=2,所以三棱錐B-DEF的表面積S=S1+S2+S3+S4=8+4. (建議用時(shí):

23、50分鐘) 1.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知正方體的棱長(zhǎng)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. 【解析】選A.由于平面α與每條棱所成的角都相等,所以平面α與平面AB1D1平行或重合(如圖), 而在與平面AB1D1平行的所有平面中,面積最大的為由各棱的中點(diǎn)構(gòu)成的截面EFGHMN,而平面EFGHMN的面積S=××××6=. 2.如圖所示,直線PA垂直于☉O所在的平面,△ABC內(nèi)接于☉O,且AB為☉O的直徑,點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn).現(xiàn)有結(jié)論:①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于

24、線段BC的長(zhǎng).其中正確的是 (　　) A.①② B.①②③ C.① D.②③ 【解析】選B.對(duì)于①,因?yàn)镻A⊥平面ABC,所以PA⊥BC,因?yàn)锳B為☉O的直徑,所以BC⊥AC,因?yàn)锳C∩PA=A, 所以BC⊥平面PAC,又PC?平面PAC,所以BC⊥PC; 對(duì)于②,因?yàn)辄c(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn),所以O(shè)M∥PA, 因?yàn)镻A?平面PAC,OM?平面PAC,所以O(shè)M∥平面PAC; 對(duì)于③,由①知BC⊥平面PAC,所以線段BC的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離,故①②③都正確. 【加固訓(xùn)練】 (2018·洛陽(yáng)模擬)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等

25、,M是PC上的一動(dòng)點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí),平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可)? 【解析】因?yàn)镻A⊥底面ABCD,所以BD⊥PA,連接AC,則BD⊥AC,且PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC. 所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí),即有PC⊥平面MBD, 而PC?平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD. 答案:DM⊥PC(或BM⊥PC等) 3.(2018·泉州模擬)點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng),給出下列命題: ①三棱錐A-D1PC的體積不變; ②A1P∥平面ACD1; ③DP⊥BC1;

26、④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正確的命題的序號(hào)是________.? 【解析】連接BD交AC于點(diǎn)O,連接DC1交D1C于點(diǎn)O1,連接OO1,則OO1∥BC1,所以BC1∥平面AD1C,動(dòng)點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變,所以三棱錐P-AD1C的體積不變. 又因?yàn)樗寓僬_; 因?yàn)槠矫鍭1C1B∥平面AD1C,A1P?平面A1C1B, 所以A1P∥平面ACD1,②正確; 由于當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)時(shí),DB不垂直于BC1,即DP不垂直BC1,故③不正確; 由于DB1⊥D1C,DB1⊥AD1,D1C∩AD1=D1, 所以DB1⊥平面AD1C. 又因?yàn)镈B1?平面PDB1, 所以平面P

27、DB1⊥平面ACD1,④正確. 答案:①②④ 4.如圖所示,在四面體ABCD中,點(diǎn)M,N分別是△ACD,△BCD的重心,則四面體的四個(gè)面所在平面中與MN平行的是________.? 【解析】如圖,連接AM并延長(zhǎng),交CD于點(diǎn)E,連接BN,并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F,由重心性質(zhì)可知,E,F重合為一點(diǎn),且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)E,連接MN,由==,得MN∥AB.因此,MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 答案:平面ABC、平面ABD 5.(2018·肇慶二模)如圖1,在高為2的梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,CD=5,過A,B分別作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分別為E,F.已知DE=1,將

28、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,如圖2. (1)證明:BE∥平面ACD. (2)求三棱錐B-ACD的體積. 【解析】(1)設(shè)BE交AF于點(diǎn)O,取AC的中點(diǎn)H,連接OH,則OH是△AFC的中位線,所以O(shè)H CF. 由已知得DECF,所以DE OH,連接DH, 則四邊形DHOE是平行四邊形,所以EO∥DH, 又因?yàn)镋O?平面ADC,DH?平面ADC,所以EO∥平面ACD,即BE∥平面ACD. 【一題多解】解答本題還可以用如下兩種方法解決: 方法一:延長(zhǎng)FE,CD交于點(diǎn)K,連接AK,則平面CKA∩平面ABFE=KA

29、, 由已知得DE CF,所以DE是△KFC的中位線, 所以KE=EF, 所以KEAB,四邊形ABEK是平行四邊形,AK∥BE, 又因?yàn)锽E?平面ADC,KA?平面ADC,所以BE∥平面ACD. 方法二:取CF的中點(diǎn)G,連接BG,EG,易得DECG,即四邊形CDEG是平行四邊形,則EG∥DC,又GE?平面ADC,DC?平面ADC,所以GE∥平面ADC,又因?yàn)镈EGF,所以四邊形DGFE是平行四邊形,所以DGEF,又ABFE是平行四邊形,所以ABEF,所以ABDG,所以四邊形ABGD是平行四邊形,所以BG∥AD,又GB?平面ADC,DA?平面ADC, 所以GB∥平面ADC,又G

30、B∩GE=G,所以平面GBE∥平面ADC,又BE?平面GBE,所以BE∥平面ACD. (2)因?yàn)锽E∥平面ADC,所以VB-ACD=VE-ACD,由已知得,四邊形ABFE為正方形,且邊長(zhǎng)為2,則在圖中,AF⊥BE,又已知AF⊥BD,BE∩BD=B,可得AF⊥平面BDE, 又DE?平面BDE,所以AF⊥DE,又AE⊥DE,AF∩AE=A,所以DE⊥平面ABFE, 且AE⊥EF,所以AE⊥平面CDE,所以AE是三棱錐A-DEC的高,四邊形DEFC是直角梯形. VB-ACD=VE-ACD=×AE××DE×EF=. 6.(2018·天津高考)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面A

31、BC⊥平面ABD,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn),AB=2,AD=2,∠BAD=90°. (1)求證:AD⊥BC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值. 【解題指南】(1)利用平面與平面垂直的性質(zhì)及題設(shè)條件,先證明AD⊥平面ABC,即可得出結(jié)論;(2)利用異面直線所成角的定義,先找角,再求值;(3)利用直線與平面所成角的定義,先找角,再求值. 【解析】(1)由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB, 可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC. (2)取棱AC的中點(diǎn)N,連接MN,ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn),故MN∥B

32、C.所以 ∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1,故DM==. 因?yàn)锳D⊥平面ABC,故AD⊥AC. 在Rt△DAN中,AN=1,故DN==. 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為. (3)連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形,M為AB的中點(diǎn),故CM⊥AB,CM=. 又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD. 所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD==4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM==. 所以,直線CD與平

33、面ABD所成角的正弦值為. 7.(2018·佛山二模)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為梯形,AD∥BC,AB=AD= BC,∠ABC=60°,平面PAB⊥ 平面ABCD,PA⊥PB. (1)求證:PB⊥AC. (2)是否存在點(diǎn)Q,到四棱錐P-ABCD各頂點(diǎn)的距離都相等?說明理由. 【解析】(1)設(shè)BC的中點(diǎn)為O,連接AO,在梯形ABCD中, 因?yàn)锳B=AD=BC,∠ABC=60°, 所以△ABO為等邊三角形,又AD∥BC, 所以四邊形OCDA為菱形,AD=AO=OC, 因?yàn)椤螦OC=120°,OA=OC,所以∠OAC=30°, 所以∠BAC=90°,AB⊥AC, 又平面PAB⊥平面ABCD,AB是交線,AC?平面ABCD, 所以AC⊥平面PAB, 又因?yàn)镻B? 平面PAB,所以PB⊥AC. (2)因?yàn)镻A⊥PB,PA⊥AC,PA∩AC=A,所以PB⊥平面PAC,所以PB⊥PC,所以△PBC為直角三角形,∠BPC=90°,連接BD,由(1)知∠BCD=60°,所以△ABC≌△DCB, 所以△BDC為直角三角形,∠BDC=90°. 所以點(diǎn)O 是三個(gè)直角三角形△BPC,△BAC和△BDC的共同斜邊BC的中點(diǎn),所以O(shè)A=OB=OC=OD=OP, 所以存在點(diǎn)Q(即點(diǎn)O)到四棱錐P-ABCD各頂點(diǎn)的距離都相等.