2019高考数学二轮复习专题五立体几何第二讲点、直线、平面之间的位置关系学案理.doc

1、1第二讲 点、直线、平面之间的位置关系考点一 空间线面位置关系的判断1直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理： a ， b ， a b， a .(2)线面平行的性质定理： a ， a ， b， a b.(3)面面平行的判定定理： a ， b ， a b P， a ， b ， .(4)面面平行的性质定理： ， a， b， a b.2直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理： m ， n ， m n P， l m， l n， l .(2)线面垂直的性质定理： a ， b ， a b.(3)面面垂直的判定定理： a ， a ， .(4)面面垂直的性质定理： ， l， a ，

2、 a l， a .对点训练1(2018安徽黄山二模)下列说法中，错误的是( )A若平面 平面 ，平面 平面 l，平面 平面 m，则 l mB若平面 平面 ，平面 平面 l， m ， m l，则 m C若直线 l平面 ，平面 平面 ，则 l D若直线 l平面 ，平面 平面 m，直线 l平面 ，则 l m解析 对于 A，由面面平行的性质定理可知为真命题，故 A正确；对于 B，由面面垂2直的性质定理可知为真命题，故 B正确；对于 C，若 l ， ，则 l 或 l ，故 C错误；对于 D，由线面平行的性质定理可知为真命题，故 D正确综上，选 C.答案 C2(2018湖北重点中学联考)设 m， n是平面

3、 内的两条不同直线， l1， l2是平面 内两条相交直线，则 的一个充分不必要条件是( )A l1 m， l1 n B m l1， m l2C m l1， n l2 D m n， l1 n解析 由 m l1， m l2及已知条件可得 m ，又 m ，所以 ；反之， 时未必有 m l1， m l2，故“ m l1， m l2”是“ ”的充分不必要条件，其余选项均推不出 ，故选 B.答案 B3(2018潍坊模拟)已知两条不同的直线 m， n和两个不同的平面 ， ，以下四个命题：若 m ， n ，且 ，则 m n；若 m ， n ，且 ，则 m n；若 m ， n ，且 ，则 m n；若 m ， n

4、 ，且 ，则 m n.其中正确命题的个数是( )A4 B3 C2 D1解析 若 m ， n ，且 ，则 m， n可能平行、相交或异面，错误；若m ， ，则 m ，又 n ，则 m n，正确；若 n ， ，则 n 或n ，又 m ，则 m， n可能平行、相交或异面，错误 ；若 n ， ，则n 或 n ，又 m ，则 m n，正确，综上正确命题的个数是 2，故选 C.答案 C4(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中， A， B分别为正方体的两个顶点，M， N， Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB与平面 MNQ不平行的是( )3解析 对于选项 B， AB MQ；对于选项 C，

5、AB MQ；对于选项 D， AB NQ.只有选项A中 AB与平面 MNQ不平行故选 A.答案 A快速审题 看到线面关系的判断，想到空间中点、线、面的位置关系，想到具体的实物代表的线、面或长方体模型空间线面位置关系判定的三种方法(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择(3)反证法：当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断考点二 空间中平行、垂直关系的证明平行关系及垂直关系的转化4证明 (1)如图所示，连接 AB1交 A1B于 E

6、，连接 ED. ABC A1B1C1是直三棱柱，且 AB BB1，侧面 ABB1A1是正方形， E是 AB1的中点，又已知 D为 AC的中点，在 AB1C中， ED是中位线， B1C ED，又 B1C平面 A1BD， ED平面 A1BD， B1C平面 A1BD.(2) AC1平面 A1BD. AC1 A1B.侧面 ABB1A1是正方形， A1B AB1.又 AC1 AB1 A， A1B平面 AB1C1， A1B B1C1.又 ABC A1B1C1是直三棱柱， BB1 B1C1，又 BB1 A1B B，5 B1C1平面 ABB1A1.探究追问 在本例(2)的条件下，设 AB1，求三棱锥 B A1

7、C1D的体积解 AB BC， D为 AC的中点， BD AC， BD平面 DC1A1. BD是三棱锥 B A1C1D的高由(2)知 B1C1平面 ABB1A1， B1C1 BC， BC平面 ABB1A1. AB平面 ABB1A1， BC AB， ABC是等腰直角三角形，又 AB BC1， BD ，22 AC A1C1 .2三棱锥 B A1C1D的体积 V BDS A1C1D A1C1AA1 1 .13 13 22 12 212 2 16(1)证明线线平行的 4种常用方法利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；利用平行四边形进行平行转换；利用三角形的中位线定理证线线平行；利用线面平行、面面

8、平行的性质定理进行平行转换(2)证明线线垂直的 3种常用方法利用等腰三角形底边中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面对点训练(2018西宁模拟)如图，在几何体 ABCDE中， AB AD2， AB AD， AE平面 ABD， M为线段 BD的中点， MC AE，且 AE MC .26(1)求证：平面 BCD平面 CDE；(2)若 N为线段 DE的中点，求证：平面 AMN平面 BEC.证明 (1) AB AD2， AB AD， M为线段 BD的中点， AM BD ， AM BD.12 2 AE平面 ABD， MC AE， MC平面 ABD，

9、 AM平面 ABD. MC AM，又 MC BD M， AM平面 BCD.又 AE MC ，2四边形 AMCE为平行四边形， EC AM， EC平面 BCD， EC平面 CDE，平面 BCD平面 CDE.(2) M为 BD的中点， N为 DE的中点， MN BE. MN平面 BEC， BE平面 BEC. MN面 BEC.由(1)知 EC AM， EC平面 BEC， AM平面 BEC. AM面 BEC，又 AM MN M.AM平面 AMN， MN平面 AMN.平面 AMN平面 BEC.考点三 空间角的求解1求异面直线所成的角(1)定义法：平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成锐角(或直

10、角)即为所求(2)向量法：若异面直线 a， b的方向向量分别为 a， b，异面直线所成的角为 ，则cos |cos a， b| .|ab|a|b|2向量法求线面所成的角求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为 ，则 sin |cos n， a| .|na|n|a|3向量法求二面角求出二面角 l 的两个半平面 与 的法向量 n1， n2，若二面角 l 7所成的角 为锐角，则 cos |cos n1， n2| ；若二面角 l 所成的|n1n2|n1|n2|角 为钝角，则 cos |cos n1， n2| .|n1n2|n1|n2|8解 (1)证法一：由 AB2， AA14， BB

11、12， AA1 AB， BB1 AB得AB1 A1B12 ，2所以 A1B AB AA ，故 AB1 A1B1.21 21 21由 BC2， BB12， CC11， BB1 BC， CC1 BC得 B1C1 ，5由 AB BC2， ABC120得 AC2 ，39由 CC1 AC，得 AC1 ，所以 AB B1C AC ，故 AB1 B1C1.又因为13 21 21 21B1C1 A1B1 B1，因此 AB1平面 A1B1C1.证法二：如图，以 AC的中点 O为原点，分别以射线 OB， OC为 x， y轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O xyz.由题意知各点坐标如下：A(0， ，0)， B(1,

12、0,0)， A1(0， ，4)， B1(1,0,2)， C1(0， ，1)3 3 3因此 (1， ，2)， (1， ，2)， (0，2 ，3)AB1 3 A1B1 3 A1C1 3由 0 得 AB1 A1B1.AB1 A1B1 由 0 得 AB1 A1C1.AB1 A1C1 又因为 A1B1 A1C1 B1，所以 AB1平面 A1B1C1.(2)设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 .由(1)可知 (0,2 ，1)， (1， ，0)， (0,0,2)AC1 3 AB 3 BB1 设平面 ABB1的法向量 n( x， y， z)由Error!即Error!可取 n( ，1,0)3所以 sin

13、 |cos ， n| .AC1 |AC1 n|AC1 |n| 391310因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 .3913解 (1)证明：由题设可得， ABD CBD，从而 AD DC.又 ACD是直角三角形，所以 ADC90.取 AC的中点 O，连接 DO， BO，则 DO AC， DO AO.又由于 ABC是正三角形，故 BO AC.所以 DOB为二面角 D AC B的平面角在 Rt AOB中， BO2 AO2 AB2.又 AB BD，所以 BO2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD2，故 DOB90.所以平面 ACD平面 ABC.(2)由题设及(1)知， OA， OB，

14、 OD两两垂直以 O为坐标原点， 的方向为 x轴正方向，| |为单位长度，建立如图所示的空间直OA OA 角坐标系 O xyz.则 A(1,0,0)， B(0， ，0)， C(1,0,0)， D(0,0,1)3由题设知，四面体 ABCE的体积为四面体 ABCD的体积为 ，从而 E到平面 ABC的距离为12D到平面 ABC的距离的 ，即 E为 DB的中点，得 E .故 (1,0,1)，12 (0， 32， 12) AD (2,0,0)， AC AE .( 1，32， 12)11设 n( x， y， z)是平面 DAE的法向量，则Error!即Error!可取 n .(1，33， 1)设 m是平面

15、 AEC的法向量，则Error!同理可取 m(0，1， )3则 cos n， m .nm|n|m| 77易知二面角 D AE C为锐二面角，所以二面角 D AE C的余弦值为 .77向量法求线面角、二面角需破 4“关”(1)“建系关”：构建恰当的空间直角坐标系；(2)“坐标关”：准确求解相关点的坐标；(3)“向量关”：准确求出直线的方向向量和平面的法向量；(4)“公式关”：准确利用公式进行求解及转化对点训练1角度 1(2018河北唐山模拟)已知 P是 ABC所在平面外一点， M， N分别是AB， PC的中点，若 MN BC4， PA4 ，则异面直线 PA与 MN所成角的大小是( )3A30 B

16、45 C60 D90解析 取 AC的中点 O，连接 OM， ON，则 ON AP， ON AP， OM BC， OM BC，所12 12以异面直线 PA与 MN所成的角为 ONM(或其补角)，在 ONM中，OM2， ON2 ， MN4，由勾股定理的逆定理得 OM ON，则 ONM30.故选 A.3答案 A122.角度 2(2018郑州模拟)如图，在 ABC中， ABC ， O为 AB边上一点，且43OB3 OC2 AB，已知 PO平面 ABC,2DA2 AO PO，且 DA PO.(1)求证：平面 PBD平面 COD；(2)求直线 PD与平面 BDC所成角的正弦值解 (1)证明： OB OC，

17、又 ABC ，4 OCB ， BOC .4 2 CO AB.又 PO平面 ABC， OC平面 ABC， PO OC.又 PO， AB平面 PAB， PO AB O， CO平面 PAB，即 CO平面 PDB.又 CO平面 COD，平面 PDB平面 COD.(2)以 OC， OB， OP所在射线分别为 x， y， z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设 OA1，则 PO OB OC2， DA1.则 C(2,0,0)， B(0,2,0)， P(0,0,2)， D(0，1,1)，13 (0，1，1)， (2，2,0)， (0，3,1)PD BC BD 设平面 BDC的一个法向量为 n( x， y， z)

18、，Error!Error!令 y1，则 x1， z3， n(1,1,3)设 PD与平面 BDC所成的角为 ，则 sin |PD nPD |n| .|10 1 1 3 102 12 1212 12 32| 22211即直线 PD与平面 BDC所成角的正弦值为 .222113角度 3如图，已知在四棱锥 P ABCD中，点 O为 AB的中点，平面 POC平面ABCD， AD BC， AB BC， PA PB BC AB2， AD3.(1)求证：平面 PAB平面 ABCD.(2)求二面角 O PD C的余弦值解 (1)证明： AD BC， AB BC， BC AB2， AD3，14 OC ， OD ，

19、 CD .5 10 5 OD2 OC2 CD2， OC CD.又平面 POC平面 ABCD，且平面 POC平面 ABCD OC， CD平面 ABCD， CD平面POC. PO平面 POC， CD PO.又 PA PB AB，点 O为 AB的中点 PO AB，由题易知， AB， CD在平面 ABCD内，且它们不平行，则必相交于某一点， PO底面 ABCD.又 PO平面 PAB，平面 PAB平面 ABCD.(2)以点 O为原点，如图所示建立空间直角坐标系 O xyz，则 P(0,0， )， D(1,3,0)， C(1,2,0)，3 (0,0， )， (1,3,0)， (1，2， )， (2,1,0

20、)OP 3 OD CP 3 CD 设平面 OPD的一个法向量为 m( x1， y1， z1)，平面 PCD的一个法向量为n( x2， y2， z2)，则由Error!可得Error! 取 y11，得Error!即 m(3,1,0)，同理可得， n( ，2 ，5)，3 3cos m， n .mn|m|n| 531040 34又由图可知二面角 O PD C的平面角为锐角，故二面角 O PD C的余弦值为 .341(2018浙江卷)已知平面 ，直线 m， n满足 m ， n ，则“ m n”是“m ”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析 m ， n ， m

21、 n， m ，故充分性成立而由 m ， n ，得m n或 m与 n异面，故必要性不成立故选 A.答案 A152(2017全国卷)已知直三棱柱 ABC A1B1C1中， ABC120，AB2， BC CC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.32 155 105 33解析 解法一：将直三棱柱 ABC A1B1C1补形成直四棱柱 ABCD A1B1C1D1(如图)，连接 AD1， B1D1，则 AD1 BC1.则 B1AD1(或其补角)为异面直线 AB1与 BC1所成的角，易求得AB1 ， BC1 AD1 ， B1D1 .由余弦定理得 cos B1AD1 .

22、故选 C.5 2 3105解法二：以 B为坐标原点， ， 的方向分别为 y， z轴的正方向，建立如图所示的空BA BB1 间直角坐标系，则 B(0,0,0) ABC120， BC1， AB2， BB11， A(0,2,0)， B1(0,0,1)， C1 .(32， 12， 1) (0，2,1)， .AB1 BC1 (32， 12， 1)设异面直线 AB1与 BC1所成的角为 ，16则 cos ，故选 C.|AB1 BC1 |AB1 |BC1 | |1 1|52 210 105答案 C3(2017全国卷) ， 是两个平面， m， n是两条直线，有下列四个命题：如果 m n， m ， n ，那么

23、.如果 m ， n ，那么 m n.如果 ， m ，那么 m .如果 m n， ，那么 m与 所成的角和 n与 所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)解析 对于，由 m n， m 可得 n 或 n在 内，当 n 时， 与 可能相交，也可能平行，故错误；对于，过直线 n作平面与平面 交于直线 c，由n 可知 n c， m ， m c， m n，故正确；对于，由两个平面平行的性质可知正确；对于，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有.答案 4.(2018北京卷)如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中， CC1平面 ABC， D， E， F， G分别为 AA1， AC，

24、 A1C1， BB1的中点， AB BC ， AC AA12.5(1)求证： AC平面 BEF；(2)求二面角 B CD C1的余弦值；(3)证明：直线 FG与平面 BCD相交解 (1)证明：在三棱柱 ABC A1B1C1中，因为 CC1平面 ABC，所以四边形 A1ACC1为矩形又 E， F分别为 AC， A1C1的中点，所以 AC EF.因为 AB BC， E为 AC中点，所以 AC BE，又因为 BE EF E，所以 AC平面 BEF.(2)由(1)知 AC EF， AC BE， EF CC1.17又 CC1平面 ABC，所以 EF平面 ABC.因为 BE平面 ABC，所以 EF BE.

25、如图建立空间直角坐标系 E xyz.由题意得 B(0,2,0)， C(1,0,0)， D(1,0,1)， F(0,0,2)， G(0,2,1)所以 (1，2,0)， (1，2,1)BC BD 设平面 BCD的法向量为 n( x0， y0， z0)，则Error!即Error!令 y01，则 x02， z04.于是 n(2，1，4)又因为平面 CC1D的一个法向量为 (0,2,0)，EB 所以 cos n， .EB nEB |n|EB | 2121由题知二面角 B CD C1为钝角，所以其余弦值为 .2121(3)证明：由(2)知平面 BCD的一个法向量为 n(2，1，4)， (0,2，1)FG

26、 因为 n 20(1)2(4)(1)20，所以直线 FG与平面 BCD相交FG 1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大” ，即一道选择或填空18题和一道解答题或一道解答题2选择题一般在第 35 题的位置，填空题一般在第 14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小3解答题多出现在第 18或 19题的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明、利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等19热点课题 13 立体几何中的“翻折”问题感悟体验(2018安徽合肥二模)如图 1，矩形 ABCD中， AB1， AD2，点 E为 AD的中点，沿 BE将 ABE折起至 PBE，如

27、图 2所示，点 P在平面 BCDE上的射影 O点落在 BE上(1)求证： BP CE.20(2)求二面角 B PC D的余弦值解 (1)证明：点 P在平面 BCDE上的射影 O点落在 BE上， PO平面BCDE， PO CE.又 BE CE ， BC2，则 BE2 CE2 BC2， BE CE，又 BE PO O， BE平面2PBE， PO平面 PBE， CE平面 PBE. BP平面 PBE， BP CE.(2)以点 O为坐标原点，以过点 O且平行于 CD的直线为 x轴，过点 O且垂直于 CD的直线为 y轴，直线 PO为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则 B ， C ， D ， P ，(1

28、2， 12， 0) (12， 32， 0) ( 12， 32， 0) (0， 0， 22) (1,0,0)， ，CD CP ( 12， 32， 22) ， (0,2,0) PB (12， 12， 22) BC 设平面 PCD的一个法向量为 n1( x1， y1， z1)，则Error!即Error!令 z1 ，可得 n1 .2 (0，23， 2)设平面 PBC的法向量为 n2( x2， y2， z2)则Error!即Error!令 z2 ，可得 n2(2,0， )2 2cos n1， n2 .n1n2|n1|n2| 3311又由图可知，二面角 B PC D为钝二面角，则二面角 B PC D的余

29、弦值为 .3311专题跟踪训练(二十二)21一、选择题1(2018中原名校联盟联考)已知 m和 n是两条不同的直线， 和 是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出 m 的是( )A 且 m B 且 m C m n且 n D m n且 n 解析 对于选项 A， 且 m ，可得 m 或 m与 相交或 m ，故 A不成立；对于选项 B， 且 m ，可得 m 或 m 或 m与 相交，故 B不成立；对于选项 C， m n且 n ，则 m ，故 C正确；对于选项 D，由 m n且 n ，可得m 或 m与 相交或 m ，故 D不成立故选 C.答案 C2已知直线 m， l与平面 ， ， 满足 l， l

30、， m ， m ，则下列命题一定正确的是( )A 且 l m B 且 m C m 且 l m D 且 解析 m ， m ， .又 l， l ， l m.故选 A.答案 A3(2018内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线 m， n， l和两个不重合的平面 ， ，下列命题中正确命题的个数为( )若 m n， n ，则 m ；若 l ， m 且 l m，则 ；若 l n， m n，则 l m；若 ， m， n ， n m，则 n .A1 B2 C3 D4解析 若 m n， n ，则 m 或 m ，不正确；若 l ， m ，且l m，由面面垂直的判定定理可得 ，正确；若 l n， m n，则 l与 m

31、平行、相交或为异面直线，不正确；若 ， m， n ， n m，由面面垂直的性质定理得 n ，因此正确综上可知只有正确故选 B.答案 B4原创题如图所示，三棱锥 P ABC中， PA平面 ABC， D是棱 PB的中点，已知PA BC2， AB4， CB AB，则异面直线 PC， AD所成角的余弦值为( )22A B.3010 305C D.305 3010解析 如图所示，取 BC的中点 E，连接 DE， AE.则在 PBC中， PD DB， BE EC，所以 DE PC，且 DE PC.故 EDA为异面直线 PC， AD所成的角或其补角因为 PA平面12ABC，所以 PA AC， PA AB.在

32、 Rt ABC中， AC 2 ；在 Rt PACBC2 BA2 22 42 5中， PC 2 .故 DE PC .在 Rt PAB中， PB PA2 AC2 22 252 612 6 AB2 PA22 ；又 PD DB，所以 AD PB .在 Rt EAB中，42 22 512 5AE .在 DAE中，cos ADE AB2 BE2 42 12 17AD2 DE2 AE22ADDE .设异面直线 PC， AD所成的角为 ，则52 62 172256 3010cos |cos ADE| .故选 D.3010答案 D5(2018温州十校联考)如图，点 E为正方形 ABCD边 CD上异于点 C， D

33、的动点，将 ADE沿 AE翻折成 SAE，使得平面 SAE平面 ABCE，则下列三种说法中正确的个数是( )23存在点 E使得直线 SA平面 SBC；平面 SBC内存在直线与 SA平行；平面 ABCE内存在直线与平面 SAE平行A0 B1 C2 D3解析 由题图，得 SA SE，若存在点 E使得直线 SA平面 SBC，则SA SB， SA SC，则 SC， SB， SE三线共面，则点 E与点 C重合，与题设矛盾，故错误；因为 SA与平面 SBC相交，所以在平面 SBC内不存在直线与 SA平行，故错误；显然，在平面 ABCE内，存在直线与 AE平行，由线面平行的判定定理得平面 ABCE内存在直线

34、与平面SAE平行，故正确选 B.答案 B6(2018河北五校联考)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB AD4， AA12.过点 A1作平面 与 AB， AD分别交于 M， N两点，若 AA1与平面 所成的角为 45，则截面 A1MN面积的最小值是( )A2 B4 C4 D83 2 6 2解析 如图，过点 A作 AE MN，连接 A1E， A1A平面 ABCD， A1A MN，又 A1A AE A， MN平面 A1AE， A1E MN，平面A1AE平面 A1MN， AA1E为 AA1与平面 A1MN所成的角， AA1E45，在 Rt A1AE中， AA12， AE2， A1E2 ，在

35、 Rt MAN中，由2射影定理得 MEEN AE24，由基本不等式得 MN ME EN2 4，当且仅当MEEN24ME EN，即 E为 MN的中点时等号成立，截面 A1MN面积的最小值为 42 4 ，故12 2 2选 B.答案 B二、填空题7(2018定州二模)如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， AB2， E为 AD的中点，点F在 CD上，若 EF平面 AB1C，则 EF_.解析 根据题意，因为 EF平面 AB1C， EF平面 ABCD，平面 ABCD平面AB1C AC，所以 EF AC.又 E是 AD的中点，所以 F是 CD的中点因为在 Rt DEF中，DE DF1，故 EF .

36、2答案 28过三棱柱 ABC A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面 ABB1A1平行的直线共有_条解析 过三棱柱 ABC A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面 ABB1A1平行的直线只可能落在平面 DEFG中(其中 D、 E、 F、 G分别为 AC， BC， B1C1， A1C1的中点)易知经过 D、 E、 F、 G中任意两点的直线共有 C 6 条24答案 6259.(2018山东烟台二模)如图是一张矩形白纸 ABCD， AB10， AD10 ， E， F分别为2AD， BC的中点，现分别将 ABE， CDF沿 BE， DF折起，且 A、 C在平面 BFDE同侧，下列命

37、题正确的是_(写出所有正确命题的序号)当平面 ABE平面 CDF时， AC平面 BFDE；当平面 ABE平面 CDF时， AE CD；当 A、 C重合于点 P时， PG PD；当 A、 C重合于点 P时，三棱锥 P DEF的外接球的表面积为 150.解析 在 ABE中，tan ABE ，在 ACD中，tan CAD ，所以22 22 ABE DAC，由题意，将 ABE， DCF沿 BE， DF折起，且 A， C在平面 BEDF同侧，此时 A、 C、 G、 H四点在同一平面内，平面 ABE平面 AGHC AG，平面 CDF平面 AGHC CH，当平面 ABE平面 CDF时，得到 AG CH，显然

38、 AG CH，所以四边形 AGHC为平行四边形，所以 AC GH，进而可得 AC平面 BFDE，故正确；由于折叠后，直线 AE与直线 CD为异面直线，所以 AE与 CD不平行，故不正确；当 A、 C重合于点 P时，可得PG ， PD10，又 GD 10， PG2 PD2 GD2，所以 PG与 PD不垂直，故不正确；当1033A， C重合于点 P时，在三棱锥 P DEF中， EFD与 FCD均为直角三角形，所以 DF为外接球的直径，即 R ，所以外接球的表面积为 S4 R24 2150，故DF2 562 (562)正确综上，正确命题的序号为.答案 三、解答题10.(2018河南洛阳一模)如图，在

39、四棱锥 E ABCD中， EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足 AB CD， AD DC AB，且 AE BD.1226(1)证明：平面 EBD平面 EAD；(2)若 EAD的面积为 ，求点 C到平面 EBD的距离3解 (1)证明：如图，取 AB的中点 M，连接 DM，则由题意可知四边形 BCDM为平行四边形， DM CB AD AB，12即点 D在以线段 AB为直径的圆上， BD AD，又 AE BD，且 AE AD A， BD平面 EAD. BD平面 EBD，平面 EBD平面 EAD.(2) BD平面 EAD，且 BD平面 ABCD，平面 ABCD平面 EAD.等边 EAD的面

40、积为 ， AD AE ED2，3取 AD的中点 O，连接 EO，则 EO AD， EO ，3平面 EAD平面 ABCD，平面 EAD平面 ABCD AD， EO平面 ABCD.由(1)知 ABD， EBD都是直角三角形， BD 2 ，AB2 AD2 3S EBD EDBD2 ，12 327设点 C到平面 EBD的距离为 h，由 VC EBD VE BCD，得 S EBDh S BCDEO，13 13又 S BCD BCCDsin120 ，12 3 h .32点 C到平面 EBD的距离为 .3211(2018南昌摸底)在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 ABB1A1为矩形，AB1， AA1

41、， D为 AA1的中点， BD与 AB1交于点 O， CO侧面 ABB1A1.2(1)证明： BC AB1；(2)若 OC OA，求直线 C1D与平面 ABC所成角的正弦值解 (1)证明：由题意，tan ABD ，ADAB 22tan AB1B ，ABBB1 22由图可知 0 ABD， AB1B ，2所以 ABD AB1B，所以 ABD BAB1 AB1B BAB1 ，2所以 AB1 BD，又 CO侧面 ABB1A1， AB1 CO.28又 BD与 CO交于点 O，所以 AB1平面 CBD，又因为 BC平面 CBD，所以 BC AB1.(2)如图，以 O为原点，分别以 OD， OB1， OC所

42、在的直线为 x， y， z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz，则 A ，(0， 33， 0)B ，(63， 0， 0)C ，(0， 0，33)B1 ， D ，(0，233， 0) (66， 0， 0)又因为 2 ，所以 C1 .CC1 AD (63， 233， 33)所以 ， ，AB ( 63， 33， 0) AC (0， 33， 33) .DC1 (66， 233， 33)设平面 ABC的法向量为 n( x， y， z)，则根据Error!可得Error!令 x1，则 y ， z ，2 2所以 n(1， ， )是平面 ABC的一个法向量，设直线 C1D与平面 ABC所成角为2 2 ，29则 sin .|DC1 n|DC1 |n| 3555512(2018贵阳监测)如图所示，该几何体由一个直三棱柱 ADE BCF和一个正四棱锥P ABCD组合而成， AD AF， AE AD2.(1)证明：平面 PAD平面 ABFE；(2)若正四棱锥 P ABCD的高为 1，求二面角 C AF P的余弦值解 (1)证明：直三棱柱 ADE BCF中， AB平面 ADE， AB AD，又 AD AF， A