高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點11 空間中的平行與垂直關系教師用書 理-人教版高三數(shù)學試題

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1、突破點11　空間中的平行與垂直關系 (對應學生用書第167頁) 提煉1 異面直線的性質(zhì) (1)異面直線不具有傳遞性．注意不能把異面直線誤解為分別在兩個不同平面內(nèi)的兩條直線或平面內(nèi)的一條直線與平面外的一條直線． (2)異面直線所成角的范圍是，所以空間中兩條直線垂直可能為異面垂直或相交垂直． (3)求異面直線所成角的一般步驟為：①找出(或作出)適合題設的角——用平移法；②求——轉(zhuǎn)化為在三角形中求解；③結(jié)論——由②所求得的角或其補角即為所求. 提煉2 平面與平面平行的常用性質(zhì) (1)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等． (2)經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平

2、行． (3)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行． (4)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面. 提煉3 證明線面位置關系的方法 (1)證明線線平行的方法：①三角形的中位線等平面幾何中的性質(zhì)；②線面平行的性質(zhì)定理；③面面平行的性質(zhì)定理；④線面垂直的性質(zhì)定理． (2)證明線面平行的方法：①尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；②尋找面面平行，利用面面平行的性質(zhì)． (3)證明線面垂直的方法：①線面垂直的定義，需要說明直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直；②線面垂直的判定定理；③面面垂直的性質(zhì)定理． (4)證明面面垂直的方法：①定義法，即證明兩個平

3、面所成的二面角為直二面角；②面面垂直的判定定理，即證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線． 回訪1　異面直線的性質(zhì) 1．(2016·全國乙卷)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點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. A　[設平面CB1D1∩平面ABCD＝m1. ∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m. 又平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1， ∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m. ∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，

4、且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1， 同理可證CD1∥n. 因此直線m與n所成的角即直線B1D1與CD1所成的角． 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形， 故直線B1D1與CD1所成角為60°，其正弦值為.] 2．(2015·廣東高考)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都不相交 B．l與l1，l2都相交 C．l至多與l1，l2中的一條相交 D．l至少與l1，l2中的一條相交 D　[由直線l1和l2是異面直線可知l1與l2不平行，故l1，l2中至少

5、有一條與l相交．] 回訪2　面面平行的性質(zhì)與線面位置關系的判斷 3．(2013·全國卷Ⅱ)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l D　[根據(jù)所給的已知條件作圖，如圖所示． 由圖可知α與β相交，且交線平行于l，故選D.] 4．(2016·全國甲卷)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： 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

6、∥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) ②③④　[對于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故錯誤． 對于②，由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線l?α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確． 對于③，因為α∥β，所以α，β沒有公共點．又m?α，所以m，β沒有公共點，由線面平行的定義可知m∥β，故正確． 對于④，因為m∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因為α∥β，所以n與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等，故正確．] (對應學生

7、用書第167頁) 熱點題型1　空間位置關系的判斷與證明 題型分析：空間中平行與垂直關系的判斷與證明是高考常規(guī)的命題形式，此類題目綜合體現(xiàn)了相關判定定理和性質(zhì)定理的考查，同時也考查了學生的空間想象能力及轉(zhuǎn)化與化歸的思想. 　(1)(2016·蘭州三模)α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于點B，CD⊥α于點D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件： ①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF. 其中能成為增加條件的序號是________． 【導學號：67722040】 ①③　[若AC⊥β，且

8、EF?β，則AC⊥EF，又AB⊥α，且EF?α，則AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，①可以成為增加的條件；AC與α，β所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF與平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF與BD垂直，②不能成為增加的條件；由CD⊥α，EF?α，得EF⊥CD，所以EF與CD在β內(nèi)的射影垂直，又AC與CD在β內(nèi)的射影在同一直線上，所以EF⊥AC，CD和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，③可以成為增加的條件；若AC∥EF，則AC∥α，則BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成為增加

9、的條件，故能成為增加條件的序號是①③.] (2)(2016·山東高考)在如圖11-1所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB. ①已知AB＝BC，AE＝EC，求證：AC⊥FB； ②已知G，H分別是EC和FB的中點，求證：GH∥平面ABC. 圖11-1 [解題指導]?、佟? ②→→→→ [證明]?、僖驗镋F∥DB， 所以EF與DB確定平面BDEF. 如圖①，連接DE.1分 因為AE＝EC，D為AC的中點， 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.3分 又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.5分 因為FB?平面BDEF，所以AC⊥FB.6分 ① ②如圖

10、②，設FC的中點為I，連接GI，HI. 在△CEF中，因為G是CE的中點， 所以GI∥EF.7分 又EF∥DB，所以GI∥DB.8分 在△CFB中，因為H是FB的中點， 所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，9分 所以平面GHI∥平面ABC.11分 因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.12分 ② 在解答空間中線線、線面和面面的位置關系問題時，我們可以從線、面的概念、定理出發(fā)，學會找特例、反例和構(gòu)建幾何模型．判斷兩直線是異面直線是難點，我們可以依據(jù)定義來判定，也可以依據(jù)定理(過平面外一點與平面內(nèi)一點的直線，和平面內(nèi)不經(jīng)過該點的直線是異面直線)判定．而反證法是證明兩直

11、線異面的有效方法． 提醒：判斷直線和平面的位置關系中往往易忽視直線在平面內(nèi)，而面面位置關系中易忽視兩個平面平行．此類問題可以結(jié)合長方體中的線面關系找出假命題中的反例． [變式訓練1]　(1)(2016·石家莊二模)設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，則m∥α，m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β. 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．0　　　 B．1　　　 C．2　　　 D．3 B　[若m?α，n∥α，則m，n可能平行或異面，①錯誤；若α∥β，β∥γ，則α

12、∥γ，又m⊥α，則m⊥γ，②正確；若α∩β＝n，m∥n，則m∥α或m∥β或m?α或m?β，③錯誤；若α⊥γ，β⊥γ，則α，β可能平行或相交，④錯誤，則真命題個數(shù)為1，故選B.] (2)(2016·威海二模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AD＝DD1＝2，BC＝DC＝1，DC⊥BC，AD∥BC，E，F(xiàn)分別為CC1，DD1的中點． 圖11-2 ①求證：BF⊥A1B1； ②求證：平面BEF∥平面AD1C1. [證明]　①法一：連接AF，則在Rt△ADF中，AF＝＝＝. 連接BD，則在Rt△BDF中，BF＝＝＝.4分 取AD中點G連接BG，則在Rt△ABG中AB＝. ∴在

13、△ABF中，AB2＋BF2＝2＋3＝5＝AF2， ∴AB⊥BF，又∵AB∥A1B1，∴A1B1⊥BF.6分 法二：說明A1B1⊥BB1，證明A1B1⊥B1D1，得到A1B1⊥平面B1BDD1，由BF?平面B1BDD1，證得A1B1⊥BF. ②∵E，F(xiàn)分別為CC1，DD1的中點，∴EF∥C1D1，連接FG， 由BC綊GD，得BG綊DC，∴BG綊EF，∴BGEF為平行四邊形， ∴GF∥BE.10分 ∵G，F(xiàn)分別為AD，DD1的中點，∴GF∥AD1， ∴BE∥AD1， ∵BE∩EF＝E，AD1∩D1C1＝D1， ∴平面BEF∥平面AD1C1.12分 熱點題型2　平面圖形的翻折

14、問題 題型分析：(1)解決翻折問題的關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況.,(2)找出其中變化的量和沒有變化的量，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 　(2016·全國甲卷)如圖11-3，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置． (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′-ABCFE的體積． 圖11-3 [解]　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.1分 又由AE＝C

15、F得＝，故AC∥EF.2分 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.3分 (2)由EF∥AC得＝＝.4分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.5分 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH.6分 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.8分 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝.10分 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝.11分 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝××2＝.12分

16、 翻折問題的注意事項 1．畫好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖． 2．把握關系：即比較翻折前后的圖形，準確把握平面圖形翻折前后的線線關系，哪些平行與垂直的關系不變，哪些平行與垂直的關系發(fā)生變化，這是準確把握幾何體結(jié)構(gòu)特征，進行空間線面關系邏輯推理的基礎． 3．準確定量：即根據(jù)平面圖形翻折的要求，把平面圖形中的相關數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是準確進行計算的基礎． [變式訓練2]　(2016·海淀二模)已知長方形ABCD中，AD＝，AB＝2，E為AB的中點．將△ADE沿DE折起到△PDE，得到四棱錐P-BCDE，如圖11-4所示． 圖11-4 (1)若

17、點M為PC的中點，求證：BM∥平面PDE； (2)當平面PDE⊥平面BCDE時，求四棱錐P-BCDE的體積； (3)求證：DE⊥PC. [解]　(1)證明：取DP中點F，連接EF，F(xiàn)M. 因為在△PDC中，點F，M分別是所在邊的中點， 所以FM綊DC.1分 又EB綊DC，所以FM綊EB，2分 所以四邊形FEBM是平行四邊形，所以BM∥EF.3分 又EF?平面PDE，BM?平面PDE. 所以BM∥平面PDE.4分 (2)因為平面PDE⊥平面BCDE， 在△PDE中，作PO⊥DE于點O， 因為平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以PO⊥平面BCDE.6分 在△PDE中，

18、計算可得PO＝，7分 所以V四棱錐P-BCDE＝Sh＝×(1＋2)××＝.8分 (3)證明：在矩形ABCD中，連接AC交DE于點I， 因為tan∠DEA＝，tan∠CAB＝， 所以∠DEA＋∠CAB＝，所以DE⊥AC，9分 所以在四棱錐P-BCDE中，PI⊥DE，CI⊥DE，10分 又PI∩CI＝I，所以DE⊥平面PIC.11分 因為PC?平面PIC，所以DE⊥PC.12分 專題限時集訓(十一) 空間中的平行與垂直關系 [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達標] 一、選擇題 1．(2016·南昌一模)設α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是

19、(　　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a⊥α，a∥b，則b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，則b∥α D．若a∥α，a⊥b，則b⊥α B　[A中，兩直線可能平行、相交或異面，故A錯；B中，由直線與平面垂直的判定定理可知B正確；C中，b可能平行α，也可能在α內(nèi)，故C錯；D中，b可能平行α，也可能在α內(nèi)，還可能與α相交，故D錯．綜上所述，故選B.] 2．(2016·濟南一模)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m∥n，m⊥β，則n⊥β； ②若m∥α，m∥β，則α∥β； ③若m∥n，m∥β，則n∥β； ④若m⊥α，m⊥β，則α⊥β. 其

20、中真命題的個數(shù)為(　　) A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 A　[對于①，由直線與平面垂直的判定定理易知其正確；對于②，平面α與β可能平行或相交，故②錯誤；對于③，直線n可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)，故③錯誤；對于④，由兩平面平行的判定定理易得平面α與β平行，故④錯誤．綜上所述，正確命題的個數(shù)為1，故選A.] 3．如圖11-5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M為線段PB的中點．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點B到平面PAC的距離等于線段BC的長．其中正確的是(　　) 圖11-5 A．①② B．①

21、②③ C．① D．②③ B　[對于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. ∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，∴BC⊥PC. 對于②，∵點M為線段PB的中點， ∴OM∥PA.∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC. 對于③，由①知BC⊥平面PAC， ∴線段BC的長即是點B到平面PAC的距離，故①②③都正確．] 4．已知α，β是兩個不同的平面，有下列三個條件： ①存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一條直線a，a?α，a⊥β； ③存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α. 其中，所有能

22、成為“α⊥β”的充要條件的序號是(　　) A．①　　　 B．②　　　 C．③　　　 D．①③ D　[對于①，存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β，則α⊥β，反之也成立，即“存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要條件，所以①對，可排除B，C. 對于③，存在兩條垂直的直線a，b，則直線a，b所成的角為90°， 因為a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角為90°， 即α⊥β，反之也成立，即“存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要條件，所以③對，可排除A，選D.] 5．(2016·成都二模)在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別是線段PB

23、，PC上的動點，則下列說法錯誤的是(　　) 圖11-6 A．當AE⊥PB時，△AEF一定為直角三角形 B．當AF⊥PC時，△AEF一定為直角三角形 C．當EF∥平面ABC時，△AEF一定為直角三角形 D．當PC⊥平面AEF時，△AEF一定為直角三角形 B　[因為AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上兩條相交直線，則BC⊥平面PAB，BC⊥AE.當AE⊥PB時，AE⊥平面PBC，則AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正確；當EF∥平面ABC時，EF在平面PBC上，平面PBC與平面ABC相交于BC，則EF∥BC，則EF⊥AE，△AEF一定是直

24、角三角形，C正確；當PC⊥平面AEF時，AE⊥PC，又AE⊥BC，則AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正確；B中結(jié)論無法證明，故選B.] 二、填空題 6．已知P為△ABC所在平面外一點，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題： ①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正確命題的個數(shù)是________. 【導學號：67722041】 3　[如圖所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P， ∴PA⊥平面PBC. 又∵BC?平面PBC， ∴PA⊥BC. 同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.] 7．在三棱錐C-ABD

25、中(如圖11-7)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜邊BD的中點，AB＝4，二面角A-BD-C的大小為60°，并給出下面結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos ∠ADC＝；⑤四面體ABCD的外接球表面積為32π.其中真命題是________(填序號)． 圖11-7 ①③⑤　[由題意知BD⊥CO，BD⊥AO，則BD⊥平面AOC，從而BD⊥AC，故①正確；根據(jù)二面角A-BD-C的大小為60°，可得∠AOC＝60°，又直線AD在平面AOC的射影為AO，從而AD與CO不垂直，故②錯誤；根據(jù)∠AOC＝60°，AO＝CO可得△AOC為正三角形，故③正確；在

26、△ADC中 ，AD＝CD＝4，AC＝CO＝2，由余弦定理得cos ∠ADC＝＝，故④錯誤；由題意知，四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為2，則外接球的表面積為S＝4π×(2)2＝32π，故⑤正確．] 8．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. ①②③　[因為AC⊥平面BDD1B1，故①，②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．] 三、解答題

27、9．(2016·北京高考)如圖11-8，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. 圖11-8 (1)求證：DC⊥平面PAC. (2)求證：平面PAB⊥平面PAC. (3)設點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由． [解]　(1)證明：因為PC⊥平面ABCD， 所以PC⊥DC.2分 又因為DC⊥AC，且PC∩AC＝C， 所以DC⊥平面PAC.4分 (2)證明：因為AB∥DC，DC⊥AC， 所以AB⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB. 又因為PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.8分 又AB?

28、平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.9分 (3)棱PB上存在點F，使得PA∥平面CEF.10分 理由如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF. 又因為E為AB的中點，所以EF∥PA. 又因為PA?平面CEF，且EF?平面CEF， 所以PA∥平面CEF.14分 10．(2016·青島模擬)如圖11-9，四棱錐P-ABCD，側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M為PC的中點． 圖11-9 (1)求證：PC⊥AD； (2)求點D到平面PAM的距離． [解]　(1)證明：法一：取AD中點O，連接OP，OC，AC，依題意可知△

29、PAD，△ACD均為正三角形，所以OC⊥AD，OP⊥AD，又OC∩OP＝O，OC?平面POC，OP?平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC?平面POC，所以PC⊥AD. 5分 法二：連接AC，AM，DM，依題意可知△PAD，△ACD均為正三角形，又M為PC的中點，所以AM⊥PC，DM⊥PC， 又AM∩DM＝M，AM?平面AMD，DM?平面AMD， 所以PC⊥平面AMD， 又AD?平面AMD，所以PC⊥AD.5分 (2)由題可知，點D到平面PAM的距離即點D到平面PAC的距離，由(1)可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， PO?平面PAD，

30、所以PO⊥平面ABCD，即PO為三棱錐P-ADC的高． 在Rt△POC中，PO＝OC＝，PC＝， 在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，邊PC上的高AM＝＝， 所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.8分 設點D到平面PAC的距離為h，由VD-PAC＝VP-ACD得S△PAC·h＝S△ACD·PO，又S△ACD＝×22＝， 所以×·h＝××，解得h＝，所以點D到平面PAM的距離為.12分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·烏魯木齊三模)如圖11-10，在多面體ABC-DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AC∥GF，且△ABC是邊長為2的正三角形，四邊形DEFG是邊長

31、為4的正方形，M，N分別為AD，BE的中點，則MN＝(　　) 圖11-10 A.　　　 B．4 C. D．5 A　[如圖，取BD的中點P，連接MP，NP，則MP∥AB，NP∥DE，MP＝AB＝1，NP＝DE＝2.又∵AC∥GF，∴AC∥NP. ∵∠CAB＝60°，∴∠MPN＝120°，∴MN＝＝＝，故選A.] 2．如圖11-11，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是(　　) 圖11-11 A．平面ABD⊥平面ABC

32、 B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故選D.] 3．(2016·貴陽二模)如圖11-12，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，沿AE，AF，EF把正方形折成一個四面體，使B，C，D三點重合，重合后的點記為P，P點在△AEF內(nèi)的射影為O，則

33、下列說法正確的是(　　) 圖11-12 A．O是△AEF的垂心 B．O是△AEF的內(nèi)心 C．O是△AEF的外心 D．O是△AEF的重心 A　[由題意可知PA，PE，PF兩兩垂直，∴PA⊥平面PEF，從而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF， 則PO⊥EF. ∵PO∩PA＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O為△AEF的垂心．故選A.] 4．(2016·長沙模擬)如圖11-13，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)是線段B1D1上的兩個動點，且EF＝，則下列結(jié)論中錯誤的是(　　) 圖11-13 A．AC⊥BF B．三棱

34、錐A-BEF的體積為定值 C．EF∥平面ABCD D．異面直線AE，BF所成的角為定值 D　[對于選項A，連接BD，易知AC⊥平面BDD1B1.∵BF?平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正確；對于選項B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BEF的距離不變．∵EF＝，B到EF的距離為1，∴△BEF的面積不變，∴三棱錐A-BEF的體積為定值，故B正確；對于選項C，∵EF∥BD，BD?平面ABCD，EF?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正確；對于選項D，異面直線AE，BF所成的角不為定值，當F與B1重合時，令上底面中心為O，則此時兩異面直線所成的角是∠A1AO，當E與D1重合時，點

35、F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，這兩個角不相等，故異面直線AE，BF所成的角不為定值，故D錯誤．] 二、填空題 5．(2016·衡水二模)如圖11-14，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝BC，將△ABE沿邊BE折起，折起后A點在平面BCDE上的射影為D點，關于翻折后的幾何體有如下描述： 圖11-14 ①AB與DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VB-ACE＝a3；④平面ABC⊥平面ACD.其中正確的有________．(填序號) ①③④　[作出折疊后的幾何體直觀圖如圖所示： ∵AB＝BC＝a，BE＝a，∴AE＝a. ∴AD＝＝a，∴AC＝＝a.在△AB

36、C中，cos∠ABC＝＝＝. ∴sin∠ABC＝＝. ∴tan ∠ABC＝＝. ∵BC∥DE，∴∠ABC是異面直線AB，DE所成的角，故①正確．連接BD，CE，則CE⊥BD，又AD⊥平面BCDE，CE?平面BCDE，∴CE⊥AD.又BD∩AD＝D，BD?平面ABD，AD?平面ABD，∴CE⊥平面ABD.又AB?平面ABD，∴CE⊥AB，故②錯誤．VB-ACE＝VA-BCE＝S△BCE·AD＝××a2×a＝，故③正確．∵AD⊥平面BCDE，BC?平面BCDE，∴BC⊥AD.又BC⊥CD，CD∩AD＝D，CD，AD?平面ACD，∴BC⊥平面ACD.∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD

37、，故④正確．故答案為①③④.] 6．(2016·太原二模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐D-ABC，當三棱錐D-ABC的體積取最大值時，其外接球的體積為________． 【導學號：67722042】 π　[當平面DAC⊥平面ABC時，三棱錐D-ABC的體積取最大值．此時易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD.又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中點O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O為所求外接球的球心，故半徑r＝1，體積V＝πr3＝π.] 三、解答題 7．(2016·四川高考)如

38、圖11-15，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD. 圖11-15 (1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD. [解]　(1)取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點.2分 理由如下： 因為AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形， 所以CM∥AB.4分 又AB?平面PAB，CM?平面PAB， 所以CM∥平面PAB.6分 (說明：取棱PD的中點N，則所找的點可以是直線MN上任意一點)

39、 (2)證明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD， 因為AD∥BC，BC＝AD，所以直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.8分 因為AD∥BC，BC＝AD，M為AD的中點，連接BM， 所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四邊形BCDM是平行四邊形，10分 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB. 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.12分 8．(2016·長春二模)已知等腰梯形ABCD(如圖11-16(1)所示)，其中AB∥CD，E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點，且AB＝EF＝2，CD＝6，M為BC中點．現(xiàn)將

40、梯形ABCD沿著EF所在直線折起，使平面EFCB⊥平面EFDA(如圖11-16(2)所示)，N是線段CD上一動點，且CN＝ND. (1)　　　　　　　　　(2) 圖11-16 (1)求證：MN∥平面EFDA； (2)求三棱錐A-MNF的體積． [解]　(1)證明：過點M作MP⊥EF于點P，過點N作NQ⊥FD于點Q，連接PQ.由題知，平面EFCB⊥平面EFDA，又MP⊥EF，平面EFCB∩平面EFDA＝EF，∴MP⊥平面EFDA. 又EF⊥CF，EF⊥DF，CF∩DF＝F，∴EF⊥平面CFD. 又NQ?平面CFD，∴NQ⊥EF. 又NQ⊥FD，EF∩FD＝F，∴NQ⊥平面EF

41、DA，∴MP∥NQ.2分 又CN＝ND，∴NQ＝CF＝×3＝2， 且MP＝(BE＋CF)＝×(1＋3)＝2，∴MP綊NQ， ∴四邊形MNQP為平行四邊形.4分 ∴MN∥PQ. 又∵MN?平面EFDA，PQ?平面EFDA， ∴MN∥平面EFDA.6分 (2)法一：延長DA，CB相交于一點H，則H∈CB，H∈DA. 又∵CB?平面FEBC，DA?平面FEAD. ∴H∈平面FEBC，H∈平面FEAD， 即H∈平面FEBC∩平面FEAD＝EF， ∴DA，F(xiàn)E，CB交于一點H，且HE＝EF＝1.8分 V三棱錐F-CDH＝V三棱錐C-HFD＝·S△HFD·CF＝， 又由平面幾何知識得＝，10分 則＝， ∴V三棱錐A-MNF＝V三棱錐F-AMN＝·V三棱錐F-CDH＝×＝1.12分 法二：V三棱臺BEA-CDF＝×EF×(S△BEA＋＋S△CDF)＝×2×＝， V四棱錐A-BEFM＝×AE×S四邊形BEFM＝， V三棱錐N-ADF＝×2×S△ADF＝2， V三棱錐N-CFM＝×1×S△CFM＝，10分 V三棱錐A-MNF＝V三棱臺BEA-CDF－V三棱錐N-CFM－V四棱錐A-BEFM－V三棱錐N-ADF ＝－－－2＝1.12分