《（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直學案 文》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)學二輪復習 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直學案 文（24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、若m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n C．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m∥n 答案　A 解析　對于選項A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n?α， 又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正確； 對于選項B，由條件可得m⊥n或m∥n，故B不正確； 對于選項C，由條件可得m∥n或m，n相交或m，n異面，故C不正確； 對于選項D，由題意得m⊥n，故D不正確． (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

3、內(nèi)不同的兩點，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點．下列判斷正確的是(　　) A．當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AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D．當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

4、行的性質(zhì)定理可得AC∥l，故選B. 思維升華　解決空間點、線、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

5、 解析　A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，則a⊥γ，該說法正確； 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·資陽模擬)如圖，平面α與平面β相交于BC，AB?α，CD?β，點

6、A?BC，點D?BC，則下列敘述錯誤的是(　　) A．直線AD與BC是異面直線 B．過AD只能作一個平面與BC平行 C．過AD只能作一個平面與BC垂直 D．過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個平面與BC平行 答案　C 解析　由異面直線的判定定理得直線AD與BC是異面直線；在平面β內(nèi)僅有一條直線過點D且與BC平行，這條直線與AD確定一個平面與BC平行，即過AD只能作一個平面與BC平行；若AD垂直于平面α，則過AD的平面都與BC垂直，因此C錯；過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個平面與BC平行． 熱點二　空間平行、垂直關(guān)系的證明 空間平行、垂直關(guān)系證明的主要

7、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·衡水調(diào)研)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，點E是PD的中點，棱PA與平面BCE交于點F. ①求證：AD∥EF； ②若△PAB是正三角形，求三棱錐P－BEF的體積． ①證明　因為底面ABCD是邊長為2的正方形， 所以BC∥AD. 又因為BC?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BC∥平面PAD. 又因為B，C，E，F(xiàn)四點共面，且平面BCEF∩平面PAD＝EF， 所以BC∥EF. 又因為BC∥AD，所以AD

8、∥EF. ②解　由①知，AD∥EF，點E是PD的中點， 所以點F為PA的中點，EF＝AD＝1. 又因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB， 所以AD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB. 又因為△PAB是正三角形， 所以PA＝PB＝AB＝2， 所以S△PBF＝S△PBA＝. 又EF＝1，所以VP－BEF＝VE－PBF＝××1＝. 故三棱錐P－BEF的體積為. (2)(2018·北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點． ①求證：PE⊥BC； ②求

9、證：平面PAB⊥平面PCD； ③求證：EF∥平面PCD. 證明　①因為PA＝PD，E為AD的中點， 所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC. ②因為底面ABCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD， 又PD?平面PAD，所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB， 所以PD⊥平面PAB. 又PD?平面PCD， 所以平面PAB⊥平面PCD. ③如圖，取PC的中點G， 連接FG，DG. 因為F，G

10、分別為PB，PC的中點， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC， 因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形，所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 思維升華　垂直、平行關(guān)系的基礎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，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

11、：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　(2018·全國Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC. (2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由． (1)證明　由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD， 又DM?平面CMD， 故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑， 所以DM

12、⊥CM. 又BC∩CM＝C，BC，CM?平面BMC， 所以DM⊥平面BMC. 又DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)解　當P為AM的中點時，MC∥平面PBD. 證明如下：連接AC，BD，交于點O.因為ABCD為矩形， 所以O為AC的中點． 連接OP，因為P為AM的中點， 所以MC∥OP. 又MC?平面PBD，OP?平面PBD， 所以MC∥平面PBD. 熱點三　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

13、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，

14、 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⊥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

15、， 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存在，然后在此前提下進行邏輯推理，得出矛盾則否定假設，否則給出肯定結(jié)論． 跟蹤演練3　如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，

16、連接AE，AC，DE，得到如圖所示的空間幾何體． 　　 (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，AB＝，求點B到平面ADE的距離． (1)證明　因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， 又BD⊥DC，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD. 因為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　因為AB＝，AD＝1，所以BD＝. 依題意△ABD∽△DCB， 所以＝，即＝. 所以CD＝. 故BC＝3. 由于AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC， 又E為BC的中點，

17、所以AE＝＝. 同理DE＝＝. 所以S△ADE＝×1× ＝. 因為DC⊥平面ABD， 所以VA—BCD＝CD·S△ABD＝. 設點B到平面ADE的距離為d， 則d·S△ADE＝VB—ADE＝VA—BDE＝VA—BCD＝， 所以d＝， 即點B到平面ADE的距離為. 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) 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

18、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MNQ. 2．(2017·江蘇)如圖，在三棱錐A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD

19、⊥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， BC?平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又AC?平面ABC，所以AD⊥AC. 押題

20、預測 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A1C1與平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C與平面AA1B1B也不垂直，所以選項A，

21、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)

22、　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BEFC，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．

23、 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．若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面： ①m∥n，m⊥α?n⊥α；②α∥β，m?α，n?β?m∥n； ③α∥β，m∥n，m⊥α?n⊥β；④若α∩γ＝m，

24、β∩γ＝n，m∥n，則α∥β. 則以上說法中正確的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　對于①，m∥n，m⊥α?n⊥α，正確；對于②，兩平行平面內(nèi)的兩條直線可能是異面直線，故錯誤；對于③，α∥β，m∥n，m⊥α?n⊥β，正確；對于④，若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，則α∥β，錯誤，如三棱柱的兩個側(cè)面都與第三個側(cè)面相交，交線平行，但是這兩個面相交．故選B. 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．②④ 答案　D 解析　由題意可得圖

25、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 D．4 答案　C 解析　對于

26、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)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與C

27、D所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如圖，因為AB∥CD， 所以AE與CD所成角為∠EAB. 在Rt△ABE中，設AB＝2， 則BE＝， 則tan∠EAB＝＝， 所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. 5．(2018·全國Ⅰ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 答案　C 解析　如圖，連接AC1，BC1，AC. ∵AB⊥平面BB1C1C， ∴∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角， ∴

28、∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中， AC1＝＝4， 在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2， ∴V長方體＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8. 故選C. 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m∥β且l1∥α時，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m∥β且n∥β時，若m∥n，則α，β可能平行

29、也可能相交，故B不是α∥β的充分條件；對于選項C，當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m∥l1，n∥l2時，由線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．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個動點，則下列結(jié)論中正確的是________．(填序號) ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E－ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. 答案?、佗冖? 解析　因

30、為AC⊥平面BDD1B1，BE?平面BDD1B1， 所以AC⊥BE，故①正確； 因為B1D1∥BD， 即BD∥B1E，B1E?平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以B1E∥平面ABCD，故②正確； 記正方體的體積為V， 則VE－ABC＝V為定值，故③正確； B1E與BC1不垂直，故④錯誤． 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，點D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝________時，CF⊥平面B1DF. 答案　a或2a 解析　由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1

31、， 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．(2018·全國Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離． (1)證明　因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點， 所以OP⊥AC，且OP＝2. 如圖，連接OB.

32、 因為AB＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形， 所以OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 因為OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC?平面ABC， 所以PO⊥平面ABC. (2)解　作CH⊥OM，垂足為H， 又由(1)可得OP⊥CH， 因為OM∩OP＝O，OM，OP?平面POM， 所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題意可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝， ∠ACB＝45°， 所以在△OMC中，由余弦定理可得，OM＝， CH＝＝. 所以點C到平面POM的距離為. 10．(2018

33、·黑龍江省哈爾濱師范大學附屬中學模擬)已知△ABC中，AB⊥BC，BC＝2，AB＝4，分別取邊AB，AC的中點D，E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BD.設點M為棱A1D的中點，點P為棱A1B的中點，棱BC上的點N滿足BN＝3NC. (1)求證：MN∥平面A1EC； (2)求三棱錐N－PCE的體積． (1)證明　取A1E的中點F，連接MF，CF， ∵ M為棱A1D的中點， ∴MF∥DE且MF＝DE，在△ABC中，D，E分別為邊AB，AC的中點， ∴DE∥BC且DE＝BC， ∴MF∥BC，即MF∥NC， 且MF＝BC＝NC， ∴四邊形MFCN為平行四

34、邊形， ∴MN∥FC， ∵MN?平面A1EC，F(xiàn)C?平面A1EC， ∴MN∥平面A1EC. (2)解　取BD的中點H，連接PH， 則PH為△A1BD的中位線， ∴PH∥A1D， ∵在△ABC中，AB⊥BC，DE∥BC， ∴在空間幾何體中，DE⊥DA1， ∵A1D⊥BD，DB∩DE＝D，DB，DE?平面BCED， ∴A1D⊥平面BCED， ∵PH∥A1D，∴PH⊥平面BCED， ∴PH為三棱錐P－NCE的高， ∴PH＝A1D＝AB＝1，S△NCE＝NC·BD＝××2＝， ∴VN－PCE＝VP－NCE＝PH·S△NCE ＝×1×＝. B組　能力提高 11．(201

35、8·河南省南陽市第一中學月考)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，若A1P∥平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖所示， 分別取棱BB1，B1C1的中點M，N，連接MN，BC1，NE，A1N，A1M， ∵M，N，E，F(xiàn)分別為所在棱的中點， ∴MN∥BC1，EF∥BC1， ∴MN∥EF， 又MN?平面AEF，EF?平面AEF， ∴MN∥平面AEF. ∵AA1∥NE，AA1＝NE， ∴四邊形AENA1為平行四邊形， ∴A

36、1N∥AE， 又A1N?平面AEF，AE?平面AEF， ∴A1N∥平面AEF， 又A1N∩MN＝N，A1N，MN?平面A1MN， ∴平面A1MN∥平面AEF. ∵P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，且A1P∥平面AEF， ∴點P必在線段MN上． 在Rt△A1B1M中， A1M＝＝＝. 同理，在Rt△A1B1N中，可得A1N＝， ∴△A1MN為等腰三角形． 當點P為MN中點O時，A1P⊥MN，此時A1P最短； 點P位于M，N處時，A1P最長． ∵A1O＝＝ ＝，A1M＝A1N＝. ∴線段A1P長度的取值范圍是. 12．(2018·泉州質(zhì)檢)已知正三棱柱ABC－A1B1C1

37、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∥BC1，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，

38、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⊥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

39、，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，

40、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，

41、 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＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4， 故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD， 又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，

42、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. (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

43、′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，由橢圓的幾何性質(zhì)知，當點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. 24