(京津魯瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系練習(xí)(含解析)

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1、第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 [做真題] 1.(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α,β為兩個(gè)平面,則α∥β的充要條件是(  ) A.α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行 B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C.α,β平行于同一條直線 D.α,β垂直于同一平面 解析:選B.對(duì)于A,α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行,當(dāng)這無(wú)數(shù)條直線互相平行時(shí),α與β可能相交,所以A不正確;對(duì)于B,根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知,B正確;對(duì)于C,平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交,也可能平行,所以C不正確;對(duì)于D,垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交,也可能平行,如長(zhǎng)方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面,但它們是相交的,所以D不正確

2、.綜上可知選B. 2.(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖,點(diǎn)N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點(diǎn),則(  ) A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線 B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線 C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線 D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線 解析:選B.取CD的中點(diǎn)O,連接ON,EO,因?yàn)椤鱁CD為正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,則EO=,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,

3、得EN=2.過(guò)M作CD的垂線,垂足為P,連接BP,則MP=,CP=,所以BM2=MP2+BP2=()2+()2+22=7,得BM=,所以BM≠EN.連接BD,BE,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以N為BD的中點(diǎn),即EN,MB均在平面BDE內(nèi),所以直線BM,EN是相交直線,選B. 3.(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(  ) A.        B. C. D. 解析:選C. 如圖,連接BD1,交DB1于O,取AB的中點(diǎn)M,連接DM,OM,易知O為BD1的中點(diǎn),所以AD1∥OM,則∠M

4、OD為異面直線AD1與DB1所成角.因?yàn)樵陂L(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,AD1==2,DM==, DB1==,所以O(shè)M=AD1=1,OD=DB1=,于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD==,即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為,故選C. 4.(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn). (1)證明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 解:(1)證明:連接B1C,ME.因?yàn)镸,E分別為BB1

5、,BC的中點(diǎn),所以ME∥B1C,且ME=B1C. 又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn),所以ND=A1D. 由題設(shè)知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND, 因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED. 又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則  A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4), =(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-3,0).  設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則 所以

6、可取m=(,1,0). 設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則 所以可取n=(2,0,-1). 于是cos〈m,n〉===, 所以二面角A-MA1-N的正弦值為. [山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)意見(jiàn)] 1.點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系 借助長(zhǎng)方體模型,在直觀認(rèn)識(shí)和理解空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系的基礎(chǔ)上,抽象出空間線、面位置關(guān)系的定義,并了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理(四個(gè)公理、一個(gè)定理).  2.空間位置的判定與說(shuō)明 以立體幾何的上述定義,公理和定理為出發(fā)點(diǎn),通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)、思辨,認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行、垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定(四個(gè)判定定理、四個(gè)性質(zhì)定理)能運(yùn)用定理證明一些

7、空間位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題.    空間線面位置關(guān)系的判定 [考法全練] 1.(多選)下列命題正確的是(  ) A.梯形一定是平面圖形 B.若兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線平行 C.兩兩相交的三條直線最多可以確定三個(gè)平面 D.若兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn),則這兩個(gè)平面重合 解析:選AC.對(duì)于A,由于兩條平行直線確定一個(gè)平面,所以梯形可以確定一個(gè)平面,故A正確;對(duì)于B,兩條直線和第三條直線所成的角相等,則這兩條直線平行或異面或相交,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,兩兩相交的三條直線最多可以確定三個(gè)平面,故C正確;對(duì)于D,若兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn),則這兩個(gè)平面相交或重合,故D錯(cuò)誤.

8、 2.(2019·江西七校第一次聯(lián)考)設(shè)m,n是空間中兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.若m∥n,n?α,則m∥α B.若m?α,n?β,α∥β,則m∥n C.若α∥β,m⊥α,則m⊥β D.若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β 解析:選C.若m∥n,n?α,則m∥α或m?α,所以選項(xiàng)A不正確;若m?α,n?β,α∥β,則m∥n或m與n異面,所以選項(xiàng)B不正確;由面面平行的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)及判定知選項(xiàng)C是正確的;若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β或α與β相交,所以選項(xiàng)D不正確.故選C. 3.(2019·武漢市調(diào)研測(cè)試)已知兩個(gè)平

9、面相互垂直,下列命題中, ①一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線; ②一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線; ③一個(gè)平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個(gè)平面; ④過(guò)一個(gè)平面內(nèi)任意一點(diǎn)作交線的垂線,則此垂線必垂直于另一個(gè)平面. 其中正確的命題是(  ) A.①②         B.①③ C.② D.②④ 解析:選C.構(gòu)造正方體ABCD-A1B1C1D1,如圖,①,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D?平面ADD1A1,BD?平面ABCD,但A1D與BD不垂直,故①錯(cuò); ②,在正方體ABCD-A1B1C1D1

10、中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,l是平面ADD1A1內(nèi)的任意一條直線,l與平面ABCD內(nèi)同AB平行的所有直線垂直,故②正確; ③,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D?平面ADD1A1,但A1D與平面ABCD不垂直,故③錯(cuò); ④,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,過(guò)交線AD上的點(diǎn)作交線的垂線l,則l可能與另一平面垂直,也可能與另一平面不垂直,故④錯(cuò).故選C. 4.(2019·福建省質(zhì)量檢查)如圖,AB是圓錐SO的底面圓O的直徑,D是圓O上異于A,B的任意一點(diǎn),以AO

11、為直徑的圓與AD的另一個(gè)交點(diǎn)為C,P為SD的中點(diǎn).現(xiàn)給出以下結(jié)論: ①△SAC為直角三角形; ②平面SAD⊥平面SBD; ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行. 其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:選C.如圖, 連接OC,因?yàn)锳O為圓的直徑,所以AC⊥OC,因?yàn)镾O垂直于底面圓O,AC?底面圓O,所以AC⊥SO,因?yàn)镾O∩OC=O,所以AC⊥平面SOC.又SC?平面SOC,所以AC⊥SC,所以△SAC為直角三角形,故①正確.由于點(diǎn)D是圓O上的動(dòng)點(diǎn),所以平面SAD不能總垂直于平面SBD,故②錯(cuò)誤,連接DO并延長(zhǎng)交圓O于E,連接SE,PO,因?yàn)?/p>

12、P為SD的中點(diǎn),O為DE的中點(diǎn),所以O(shè)P∥SE.又OP?平面PAB,SE?平面PAB,所以SE∥平面PAB,故③正確,故選C. 5.(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)已知兩條不同的直線m,n,兩個(gè)不重合的平面α,β,給出下面五個(gè)命題: ①m∥n,m⊥α?n⊥α; ②α∥β,m?α,n?β?m∥n; ③m∥n,m∥α?n∥α; ④m⊥α,m∥β?α⊥β; ⑤α∥β,m∥n,m⊥α?n⊥β. 其中正確命題的序號(hào)是________. 解析:命題①,顯然正確;命題②,m,n可能異面,故②為假命題;命題③,可能n?α,故③為假命題;命題④,由線面垂直、線面平行的性質(zhì)以及面面垂直的判定知④

13、為真命題;命題⑤,由m∥n,m⊥α,得n⊥α,又α∥β,所以n⊥β,故⑤為真命題.綜上,正確的命題為①④⑤. 答案:①④⑤ 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的3種方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷. (2)借助于反證法,當(dāng)從正面入手較難時(shí),可利用反證法,推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題,進(jìn)而作出判斷. (3)借助空間幾何模型,如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理,進(jìn)行肯定或否定.     空間中平行、垂直關(guān)系的證明 [典型例題] 由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截 去三棱錐

14、C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點(diǎn),E為AD的中點(diǎn),A1E⊥平面ABCD. (1)證明:A1O∥平面B1CD1; (2)設(shè)M是OD的中點(diǎn),證明:平面A1EM⊥平面B1CD1. 【證明】  (1)取B1D1的中點(diǎn)O1,連接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1為四棱柱, 所以A1O1∥OC, A1O1=OC, 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形, 所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因?yàn)锳C⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點(diǎn), 所

15、以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD. 因?yàn)锽1D1∥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. 平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化 空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化,即通過(guò)判定、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.   [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD=AD,E為A

16、D的中點(diǎn). (1)求證:PA⊥CD. (2)求證:平面PBD⊥平面PAB. 證明:(1)因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB, 又因?yàn)镻A⊥AB, 所以PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥CD. (2)由已知,BC∥ED,且BC=ED,所以四邊形BCDE是平行四邊形, 又CD⊥AD,BC=CD, 所以四邊形BCDE是正方形,連接CE(圖略), 所以BD⊥CE, 又因?yàn)锽C∥AE,BC=AE, 所以四邊形ABCE是平行四邊形, 所以CE∥AB,則BD⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥BD, 又因?yàn)镻A∩AB=A,則BD⊥平面P

17、AB, 且BD?平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAB. 2.如圖,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)D,D1分別為AC,A1C1上的點(diǎn). (1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r(shí),BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值. 解:(1) 如圖,取D1為線段A1C1的中點(diǎn),此時(shí)=1, 連接A1B交AB1于點(diǎn)O,連接OD1. 由棱柱的性質(zhì),知四邊形A1ABB1為平行四邊形, 所以點(diǎn)O為A1B的中點(diǎn). 在△A1BC1中,點(diǎn)O,D1分別為A1B,A1C1的中點(diǎn), 所以O(shè)D1∥BC1. 又因?yàn)镺D1?平面AB1D1,BC1?平面AB1D1, 所以BC1∥平面

18、AB1D1. 所以當(dāng)=1時(shí),BC1∥平面AB1D1. (2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1, 且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1, 平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O. 因此BC1∥D1O,同理AD1∥DC1. 因?yàn)椋?,? 又因?yàn)椋?,所以=1,即=1.         平面圖形的折疊問(wèn)題 [典型例題] 如圖①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AB=BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置,使得P點(diǎn)在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上,如圖②所示,點(diǎn)E,F(xiàn)分別為棱PC,CD的中點(diǎn). (1)求證:平面OEF∥平面PAD;

19、 (2)求證:CD⊥平面POF; (3)若AD=3,CD=4,AB=5,求三棱錐E-CFO的體積. 【解】 (1)證明:因?yàn)辄c(diǎn)P在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上, 所以PO⊥平面ADC,所以PO⊥AC. 由題意知O是AC的中點(diǎn),又點(diǎn)E是PC的中點(diǎn), 所以O(shè)E∥PA,又OE?平面PAD,PA?平面PAD, 所以O(shè)E∥平面PAD.同理,OF∥平面PAD. 又OE∩OF=O,OE,OF?平面OEF, 所以平面OEF∥平面PAD. (2)證明:因?yàn)镺F∥AD,AD⊥CD, 所以O(shè)F⊥CD. 又PO⊥平面ADC,CD?平面ADC, 所以PO⊥CD. 又OF∩PO=O

20、,所以CD⊥平面POF. (3)因?yàn)椤螦DC=90°,AD=3,CD=4, 所以S△ACD=×3×4=6, 而點(diǎn)O,F(xiàn)分別是AC,CD的中點(diǎn), 所以S△CFO=S△ACD=, 由題意可知△ACP是邊長(zhǎng)為5的等邊三角形, 所以O(shè)P=, 即點(diǎn)P到平面ACD的距離為, 又E為PC的中點(diǎn),所以E到平面CFO的距離為, 故VE-CFO=××=. 平面圖形折疊問(wèn)題的求解方法 (1)解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長(zhǎng)度是不變量,而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化,抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口. (2)在解決問(wèn)題時(shí),要綜合考慮折疊前后的圖形,既

21、要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.  [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn),將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE. (1)證明:CD⊥平面A1OC; (2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時(shí),四棱錐A1-BCDE的體積為36,求a的值. 解:(1)證明:在題圖1中,因?yàn)锳B=BC=AD=a,E是AD的中點(diǎn), ∠BAD=, 所以BE⊥AC. 即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 從而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE, 所以CD⊥平面A1

22、OC. (2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE, 且平面A1BE∩平面BCDE=BE, 又由(1)知,A1O⊥BE, 所以A1O⊥平面BCDE, 即A1O是四棱錐A1-BCDE的高. 由題圖1知,A1O=AB=a,平行四邊形BCDE的面積S=BE·OC=a2. 從而四棱錐A1-BCDE的體積為 V=×S×A1O=×a2×a=a3, 由a3=36,得a=6. 一、選擇題 1.(2019·合肥市第一次質(zhì)量檢測(cè))平面α外有兩條直線a,b,它們?cè)谄矫姒羶?nèi)的投影分別是直線m,n,則下列命題正確的是(  ) A.若a⊥b,則m⊥n B.若m⊥n,則a⊥b C.若m∥n,則

23、a∥b D.若m與n相交,則a與b相交或異面 解析:選D.對(duì)于選項(xiàng)A,當(dāng)直線a,b相交,且所在平面與平面α垂直時(shí),直線m,n重合,故A不正確;對(duì)于選項(xiàng)B,不妨在正方體ABCD-A1B1C1D1中考慮,取面對(duì)角線AB1,AD1,其所在直線分別記為a,b,其在平面ABCD上的投影分別為AB,AD,記為m,n,此時(shí)m⊥n,但a與b不垂直,故B不正確;對(duì)于選項(xiàng)C,不妨在正方體ABCD-A1B1C1D1中考慮,取面對(duì)角線AB1,CD1,其所在直線分別記為a,b,其在平面ABCD上的投影分別為AB,CD,記為m,n,此時(shí)m∥n,但a與b不平行,故C不正確;對(duì)于選項(xiàng)D,若m與n相交,則a與b不可能平行,

24、只能是相交或異面,故D正確,選D. 2.(2019·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))在正方體ABCD-A1B1C1D1中,直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為(  ) A.1         B. C. D. 解析:選D.由題意畫出圖形如圖所示,取AD1的中點(diǎn)為O,連接OC1,OA1,易知OA1⊥平面ABC1D1,所以∠A1C1O是直線A1C1與平面ABC1D1所成的角,在Rt△OA1C1 中,A1C1=2OA1,所以sin∠A1C1O==.故選D. 3.如圖,在三棱錐D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點(diǎn),則下列命題中正確的是(  ) A.平面ABC⊥平面

25、ABD B.平面ABD⊥平面BCD C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE 解析:選C.因?yàn)锳B=CB,且E是AC的中點(diǎn),所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.故選C. 4.(2019·江西省五校協(xié)作體試題)如圖,圓錐的底面直徑AB=4,高OC=2,D為底面圓周上的一點(diǎn),且∠AOD=,則直線AD與BC所成的角為(  ) A. B. C. D. 解析:選B.如圖,過(guò)點(diǎn)O作OE

26、⊥AB交底面圓于E,分別以O(shè)E,OB,OC所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)椤螦OD=π,所以∠BOD=,則D(,1,0),A(0,-2,0),B(0,2,0),C(0,0,2),=(,3,0),=(0,-2,2),所以cos〈,〉==-,則直線AD與BC所成的角為,故選B. 5.如圖,在矩形ABCD中,AB=,BC=1,將△ACD沿AC折起,使得D折起后的位置為D1,且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上,在四面體D1ABC的四個(gè)面中,有n對(duì)平面相互垂直,則n等于(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:選B. 如圖,設(shè)D1在平面ABC上的射影為E,

27、連接D1E,則D1E⊥平面ABC, 因?yàn)镈1E?平面ABD1, 所以平面ABD1⊥平面ABC. 因?yàn)镈1E⊥平面ABC,BC?平面ABC, 所以D1E⊥BC,又AB⊥BC,D1E∩AB=E, 所以BC⊥平面ABD1, 又BC?平面BCD1, 所以平面BCD1⊥平面ABD1, 因?yàn)锽C⊥平面ABD1,AD1?平面ABD1, 所以BC⊥AD1,又CD1⊥AD1,BC∩CD1=C, 所以AD1⊥平面BCD1,又AD1?平面ACD1, 所以平面ACD1⊥平面BCD1. 所以共有3對(duì)平面互相垂直.故選B. 6.(多選)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)P在線段BC1

28、上運(yùn)動(dòng),則下列判斷中正確的是(  ) A.平面PB1D⊥平面ACD1 B.A1P∥平面ACD1 C.異面直線A1P與AD1所成角的范圍是 D.三棱錐D1-APC的體積不變 解析:選ABD.對(duì)于A,根據(jù)正方體的性質(zhì),有DB1⊥平面ACD1,又DB1?平面PB1D,則平面PB1D⊥平面ACD1,故A正確;對(duì)于B,連接A1B,A1C1,易證明平面BA1C1∥平面ACD1,又A1P?平面BA1C1,所以A1P∥平面ACD1,故B正確;對(duì)于C,當(dāng)P與線段BC1的兩端點(diǎn)重合時(shí),A1P與AD1所成角取最小值,當(dāng)P與線段BC1的中點(diǎn)重合時(shí),A1P與AD1所成角取最大值,故A1P與AD1所成角

29、的范圍是,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,V三棱錐D1-APC=V三棱錐C-AD1P,因?yàn)辄c(diǎn)C到平面AD1P的距離不變,且△AD1P的面積不變,所以三棱錐C-AD1P的體積不變,故D正確.故選ABD. 二、填空題 7.(2019·沈陽(yáng)市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,下面結(jié)論中正確的是________.(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)) ①BD∥平面CB1D1; ②AC1⊥平面CB1D1; ③異面直線AC與A1B成60°角; ④AC1與底面ABCD所成角的正切值是. 解析:對(duì)于①,BD∥B1D1,BD?平面CB1D1,B1D1?平面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,

30、①正確;對(duì)于②,因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,連接A1C1,又A1C1⊥B1D1,所以B1D1⊥平面AA1C1,所以B1D1⊥AC1,同理B1C⊥AC1,所以AC1⊥平面CB1D1,②正確;對(duì)于③,易知AC∥A1C1,異面直線AC與A1B所成角為∠BA1C1,連接BC1,又△A1C1B為等邊三角形,所以∠BA1C1=60°,異面直線AC與A1B成60°角,③正確;對(duì)于④,AC1與底面ABCD所成角的正切值是==≠,故④不正確.故正確的結(jié)論為①②③. 答案:①②③ 8.(2019·武漢市調(diào)研測(cè)試)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1的

31、對(duì)稱點(diǎn)為M,則M到平面A1B1C1D1的距離為_(kāi)_______. 解析:法一:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,正方體的棱長(zhǎng)為1,在正方體ABCD-A1B1C1D1下面補(bǔ)一個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A2B2C2D2,連接A2C2,B2D2,AC2,設(shè)B2D2∩A2C2=E,連接CE交AC2于M(即A關(guān)于平面BDC1的對(duì)稱點(diǎn)),易得M,所以點(diǎn)M到平面A1B1C1D1的距離為1-=. 法二:依題意,點(diǎn)M在平面ACC1A1上,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,由已知得A,C1,直線OC1的方程為y=x,其斜率為, 因?yàn)辄c(diǎn)A關(guān)于直線OC1的對(duì)稱點(diǎn)為M,設(shè)M(a,b), 所以,解得, 所以點(diǎn)

32、M到直線A1C1的距離為1-=, 所以點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1的對(duì)稱點(diǎn)M到平面A1B1C1D1的距離為. 答案: 9.在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2.過(guò)點(diǎn)A1作平面α與AB,AD分別交于M,N兩點(diǎn),若AA1與平面α所成的角為45°,則截面A1MN面積的最小值是________,此時(shí)AM=________. 解析:如圖,過(guò)點(diǎn)A作AE⊥MN,連接A1E,因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,所以A1A⊥MN,所以MN⊥平面A1AE,所以A1E⊥MN,平面A1AE⊥平面A1MN,所以∠AA1E為AA1與平面A1MN所成的角,所以∠AA1E=45°,在Rt△A1AE中,因

33、為AA1=2,所以AE=2,A1E=2,在Rt△MAN中,由射影定理得ME·EN=AE2=4,由基本不等式得MN=ME+EN≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)ME=EN,即E為MN的中點(diǎn)時(shí)等號(hào)成立,所以截面A1MN面積的最小值為×4×2=4.因?yàn)锳M2+AN2=MN2,所以AM=2. 答案:4 2 三、解答題 10.如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點(diǎn)E、F(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?yàn)锳B⊥AD,EF⊥AD, 所以EF∥AB. 又因?yàn)镋F?

34、平面ABC,AB?平面ABC, 所以EF∥平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD, 平面ABD∩平面BCD=BD, BC?平面BCD且BC⊥BD, 所以BC⊥平面ABD. 因?yàn)锳D?平面ABD,所以BC⊥AD. 又因?yàn)锳B⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC, 所以AD⊥平面ABC. 又因?yàn)锳C?平面ABC, 所以AD⊥AC. 11.如圖所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD為等邊三角形,AD=DE=2AB,F(xiàn)為CD的中點(diǎn). 求證:(1)AF∥平面BCE; (2)平面BCE⊥平面CDE. 證明:(1)如圖,取CE的中

35、點(diǎn)G, 連接FG, BG. 因?yàn)镕為CD的中點(diǎn), 所以GF∥DE且GF=DE. 因?yàn)锳B⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,所以AB∥DE, 所以GF∥AB. 又因?yàn)锳B=DE,所以GF=AB. 所以四邊形GFAB為平行四邊形,則AF∥BG. 因?yàn)锳F?平面BCE,BG?平面BCE, 所以AF∥平面BCE. (2)因?yàn)椤鰽CD為等邊三角形,F(xiàn)為CD的中點(diǎn), 所以AF⊥CD. 因?yàn)镈E⊥平面ACD,AF?平面ACD, 所以DE⊥AF. 又CD∩DE=D, 所以AF⊥平面CDE. 因?yàn)锽G∥AF,所以BG⊥平面CDE. 又因?yàn)锽G?平面BCE, 所以平面BCE

36、⊥平面CDE. 12.如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn),將△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,連接AE,AC,DE,得到如圖2所示的幾何體. (1)求證:AB⊥平面ADC; (2)若AD=1,AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為,求點(diǎn)B到平面ADE的距離. 解:(1)證明:因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, 又DC⊥BD,DC?平面BCD, 所以DC⊥平面ABD. 因?yàn)锳B?平面ABD, 所以DC⊥AB. 又因?yàn)檎郫B前后均有AD⊥AB, 且DC∩AD=D, 所以AB⊥平面A

37、DC. (2)由(1)知DC⊥平面ABD, 所以AC在平面ABD內(nèi)的正投影為AD, 即∠CAD為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成的角. 依題意知tan ∠CAD==, 因?yàn)锳D=1,所以DC=. 設(shè)AB=x(x>0),則BD=, 易知△ABD∽△DCB,所以=, 即=,解得x=, 故AB=,BD=,BC=3. 由于AB⊥平面ADC, 所以AB⊥AC,又E為BC的中點(diǎn),所以由平面幾何知識(shí)得AE==, 同理DE==, 所以S△ADE=×1× =. 因?yàn)镈C⊥平面ABD,所以VA-BCD=CD·S△ABD=. 設(shè)點(diǎn)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(diǎn)B到平面ADE的距離為. - 19 -

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