《（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 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案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 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案 理（23頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質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　空間線面位置關系的判定 空間線面位置關系判斷的常用方法 (1)根據空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質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系，并結合有關定理來進行判斷． 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內不同的兩點，B，D是β內不同的兩點，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，所以由線面平行的性質定理可得AC∥l，故選B. 思維升華　解決空間點、線、

4、面位置關系的組合判斷題，主要是根據平面的基本性質、空間位置關系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷，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)調研)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內，l2在平面β內，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、垂直關系的證明 空間平行

7、、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化． 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

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、面面平行的性質定理進行平行轉換． (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；②勾股定理；③線面垂直的性質，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 平面圖形經過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(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)生變化的性質是解決問題的關鍵．一般地，在翻折后還在一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化，解決這類問題就是要根據這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關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

16、邏輯推理，得出矛盾則否定假設，否則給出肯定結論． 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，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，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　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　以平面圖形的翻折為背景，探索空間直線與平面位置關系，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 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，根據線面平行的判定定理，如果平面外一條直線a與平面α內一條直線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內的射影是△BCD的內心； 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　①正確，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，設正四面體的內切球的半徑為r，棱長為1，高為，根據等體積公式×S△BCD×＝×4×S△BCD×r，解得 r＝，那么內切球的表面積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

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OH∥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AB＝1，則AC1＝BC1＝， ∴cos∠ABC1＝＝，p4正確． 綜上，其中正確的結論是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，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. 23