《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直學(xué)案（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、(2018·寧波模擬)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

3、，N分別是線段AB，CD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

4、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·湖州、衢州、麗水質(zhì)檢)設(shè)l為直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，l∥α，則l⊥β B．若l∥α，l∥β，則α∥β C．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若l⊥α，l⊥β，則α∥β 答案　D 解析　A中，直線與平面可能相交、可能平行，也可能直線在平面內(nèi)，故A錯誤；

5、B中，兩平面可能平行，也可能相交，故B錯誤；C中，根據(jù)線面平行、線面垂直的性質(zhì)定理和面面垂直的判定定理可判斷出兩平面垂直，故C錯誤；D中，由線面垂直的性質(zhì)和面面平行的判定定理可以判斷出兩平面平行，故D正確，故選D. (2)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 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

6、，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、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)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

7、； 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， 因為點E為A1B1的中點， 所以EG∥B1C1 且EG＝B1C1， 因為F為BC的中點， 所以BF∥B1C1且BF＝B1C1， 所以BF∥EG且BF＝EG. 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A

8、1FC1， 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． S△BFM＝S△ABC＝××2×2×sin 60°＝， 所以三棱錐B－EFM的體積VB－EFM＝VE－BFM＝××2＝. (2)如圖，在四棱錐P－ABCD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

9、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＝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. 在等邊三角形ABD中，由于AB＝a，所以

10、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，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，

11、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PA

12、D， 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　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

13、量值，這是解決翻折問題的主要方法． 例3　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， 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

14、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， 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.

15、 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　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⊥P

16、E， 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．(2

17、017·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，

18、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⊥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

19、⊥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

20、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，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E

21、F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)　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

22、，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． 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

23、，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．已知α，β是兩個不同的平面，l是一條直線，給出下列說法： 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

24、. 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．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

25、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

26、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． 分別取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點E，F(xiàn)，G，H，M，N

27、，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×××sin 60°＝.故選A. 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—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　①正確，若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD在底面上的射影相

28、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＝，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

29、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，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

30、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　①②③ 解析　因為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，BB

31、1＝3a，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°，若點P為線段GD的中點． (1)求證：AP⊥平面

32、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，所以CD⊥AP， 又CD∩GD＝D，CD，GD?平面GCD， 所以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．在梯形ABCD中(圖1)，AB∥CD

33、，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， 所以EO∥平面ACD，即BE∥平面AC

34、D. (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×EF＝. B組　能力提高 11．(201

35、8·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為BD1，BB1上的動點，則△C1PQ周長的最小值為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　連接B1D1，BC1，由圖易得△C1PQ的三邊分別在三棱錐B－B1C1D1的三個側(cè)面上，將三棱錐B－B1C1D1的側(cè)面展開成平面圖形，如圖，可得四邊形BC1D1C1′為直角梯形，當(dāng)C1′，P，Q，C1四點共線時，△C1PQ的周長最小，最小值為＝，即△C1PQ的周長的最小值為，故選B. 12．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．

36、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， 易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1， ∴ON

37、⊥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，p3錯誤； 對于p4：如圖④所示， 連接BC

38、1，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．(2018·浙江省金麗衢十二校聯(lián)考)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝0.6，則當(dāng)E，F(xiàn)移動時，下列結(jié)論中錯誤的是(　　) A．AE∥平面C1BD B．四面體ACEF的體積為定值 C．三棱錐A－BEF的體積為定值 D．異面直線AF，BE所成的角為定值 答案　D 解析　由正方體的性質(zhì)易得平面AB1D1∥平面C1BD，又因為AE?平面

39、AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正確；因為△CEF的面積為定值，且點A到平面CEF的距離即為點A到平面CD1B1的距離，其為定值，所以四面體ACEF的體積為定值，B正確；因為△BEF的面積為定值，且點A到平面BEF的距離即為點A到平面BDD1B1的距離，其為定值，所以三棱錐A－BEF的體積為定值，C正確；延長DB至點G，使得BG＝EF，連接FG，則易得FG∥BE，所以∠AFG為異面直線AF，BE所成的角，由圖易得當(dāng)點F在線段B1D1上運動時，∠AFG不是定值，所以異面直線AF，BE所成的角不是定值，D錯誤．綜上所述，故選D. 14．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90

40、°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，動點M在邊DC上(不同于D點)，P為邊AB上任意一點，沿AM將△ADM翻折成△AD′M，當(dāng)平面AD′M垂直于平面ABC時，線段PD′長度的最小值為________． 答案　 解析　設(shè)點D′在平面ABCD內(nèi)的投影為點F，∠DAM＝θ，則易得θ∈(0°，60°]，當(dāng)θ∈(0°，30°)時，點F在△ADC外，過點F作AB的垂線，垂足在線段BA的延長線上，所以此時當(dāng)點P與點A重合時，PD′取得的最小值等于AD′＝AD＝2；當(dāng)θ∈[30°，60°]時，點F在△ADC內(nèi)(包括外界)，過點F作AB的垂線FG，垂足G在線段BA上，所以當(dāng)點P與垂足G重合時，PD′取得最小值，此時有PD′⊥AB.在Rt△D′AP中，因為AD′＝AD＝2，所以當(dāng)PD′取得最小值時，cos∠D′AP取得最大值．由最小角定理得cos∠D′AP＝cos θ·cos(120°－θ)＝cos θ·＝－cos2θ＋sin θcos θ ＝－cos 2θ＋sin 2θ－＝cos(2θ－120°)－， 易得當(dāng)θ＝60°時，cos∠D′AP取得最大值， 所以此時AP＝，PD′＝＝.綜上所述，PD′長度的最小值為. 23