1、1第 2 讲 空间中的平行与垂直考情考向分析 1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档热点一 空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断例 1 (1)已知直线 l， m 与平面 ， ，
2、 l ， m ，则下列命题中正确的是( )A若 l m，则必有 B若 l m，则必有 C若 l ，则必有 D若 ，则必有 m 答案 C解析 对于选项 A，平面 和平面 还有可能相交，所以选项 A 错误；对于选项 B，平面 和平面 还有可能相交且不垂直或平行，所以选项 B 错误；对于选项 C，因为l ， l ，所以 ，所以选项 C 正确；对于选项 D，直线 m 可能和平面 平行或相交，所以选项 D 错误2(2)如图，平面 平面 ， l， A， C 是 内不同的两点， B， D 是 内不同的两点，且 A， B， C， D直线 l， M， N 分别是线段 AB， CD 的中点下列判断正确的是( )A
3、当 CD2 AB 时， M， N 两点不可能重合B M， N 两点可能重合，但此时直线 AC 与 l 不可能相交C当 AB 与 CD 相交，直线 AC 平行于 l 时，直线 BD 可以与 l 相交D当 AB， CD 是异面直线时，直线 MN 可能与 l 平行答案 B解析 由于直线 CD 的两个端点都可以动，所以 M， N 两点可能重合，此时两条直线 AB， CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形 ACBD 是平行四边形，因此 AC BD，而BD ， ACB，所以由线面平行的判定定理可得 AC ，又因为 AC ， l，所以由线面平行的性质定理可得 AC l，故选 B.思维升华 解决空间点、线
4、、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中跟踪演练 1 (1)(2018揭阳模拟)已知直线 a， b，平面 ， ， ，下列命题正确的是( )A若 ， ， a，则 a B若 a， b， c，则 a b cC若 a， b a，则 b D若 ， a， b ，则 b a答案 A解析 A 中，若 ， ， a，则 a ，该说法正确；B 中，若 a， b， c，在三棱锥 P ABC 中，令平面 ， ， 分别为平面 P
5、AB， PAC， PBC，交线 a， b， c 为 PA， PB， PC，不满足 a b c，该说法错误；C 中，若 a， b a，有可能 b ，不满足 b ，该说法错误；D 中，若 ， a， b ，正方体 ABCD A1B1C1D1中，取平面 ， 为平面 ABCD， ADD1A1，直线 b 为 A1C1，满足 b ，不满足 b a，该说法错误(2)(2018上海市长宁、嘉定区调研)若直线 l1和 l2是异面直线， l1在平面 内， l2在平3面 内， l 是平面 与平面 的交线，则下列命题正确的是A l 与 l1， l2都相交B l 与 l1， l2都不相交C l 至少与 l1， l2中的一
6、条相交D l 至多与 l1， l2中的一条相交答案 C解析 方法一 如图 1， l1与 l2是异面直线， l1与 l 平行， l2与 l 相交，故 A，B 不正确；如图 2， l1与 l2是异面直线， l1， l2都与 l 相交，故 D 不正确，故选 C.方法二 因为 l 分别与 l1， l2共面，故 l 与 l1， l2要么都不相交，要么至少与 l1， l2中的一条相交若 l 与 l1， l2都不相交，则 l l1， l l2，从而 l1 l2，与 l1， l2是异面直线矛盾，故 l 至少与 l1， l2中的一条相交，故选 C.热点二 空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想
7、是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化例 2 (1)(2018资阳模拟)如图，三棱柱 ABC A1B1C1的各棱长均为 2， AA1平面ABC， E， F 分别为棱 A1B1， BC 的中点求证：直线 BE平面 A1FC1；平面 A1FC1与直线 AB 交于点 M，指出点 M 的位置，说明理由，并求三棱锥 B EFM 的体积证明 取 A1C1的中点 G，连接 EG， FG，4点 E 为 A1B1的中点， EG B1C1且 EG B1C1，12 F 为 BC 中点， BF B1C1且 BF B1C1，12所以 BF EG 且 BF EG.所以四边形 BFG
8、E 是平行四边形，所以 BE FG，又 BE平面 A1FC1， FG平面 A1FC1，所以直线 BE平面 A1FC1.解 M 为棱 AB 的中点理由如下：因为 AC A1C1， AC平面 A1FC1， A1C1平面 A1FC1，所以直线 AC平面 A1FC1，又平面 A1FC1平面 ABC FM，所以 AC FM.又 F 为棱 BC 的中点，所以 M 为棱 AB 的中点 BFM 的面积 S BFM S ABC14 22sin 60 ，14 12 34所以三棱锥 B EFM 的体积 VB EFM VE BFM 2 .13 34 36(2)(2018衡水调研)如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面
9、 ABCD 是边长为 a 的菱形， PD平面ABCD， BAD60， PD2 a， O 为 AC 与 BD 的交点， E 为棱 PB 上一点5证明：平面 EAC平面 PBD；若 PD平面 EAC，三棱锥 P EAD 的体积为 18 ，求 a 的值3证明 因为 PD平面 ABCD， AC平面 ABCD，所以 PD AC.又四边形 ABCD 为菱形，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.解 连接 OE.因为 PD平面 EAC，平面 EAC平面 PBD OE，所以 PD OE.又 AC BD O，
10、所以 O 是 BD 的中点，所以 E 是 PB 的中点因为四边形 ABCD 是菱形，且 BAD60，所以取 AD 的中点 H，连接 BH，可知 BH AD，又因为 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.32因此点 E 到平面 PAD 的距离d BH a a，12 12 32 34所以 VP EAD VE PAD S PADd a2a a a318 .13 13 12 34 312 3解得 a6.思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明
11、线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线6面平行、面面平行的性质定理进行平行转换(2)证明线线垂直常用的方法：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，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l ， a l a.跟踪演练 2 如图，在四棱锥 P ABCD 中， ADB90， CB CD，点 E 为棱 PB 的中点(1)若 PB PD，求证： PC BD；(2)求证： CE平面 PAD.证明 (1)取 BD 的中点 O，连接 CO， PO，因
12、为 CD CB，所以 CBD 为等腰三角形，所以 BD CO.因为 PB PD，所以 PBD 为等腰三角形，所以 BD PO.又 PO CO O， PO， CO平面 PCO，所以 BD平面 PCO.因为 PC平面 PCO，所以 PC BD.(2)由 E 为 PB 的中点，连接 EO，则 EO PD，又 EO平面 PAD， PD平面 PAD，所以 EO平面 PAD.由 ADB90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 PA
13、D.热点三 平面图形的翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键一般地，在翻折后还在一个平面上的性质7不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法例 3 (2018北京海淀区期末)如图 1，已知菱形 AECD 的对角线 AC， DE 交于点 F，点 E 为AB 中点将 ADE 沿线段 DE 折起到 PDE 的位置，如图 2 所示(1)求证： DE平面 PCF；(2)求证：平面 PBC平面
14、PCF；(3)在线段 PD， BC 上是否分别存在点 M， N，使得平面 CFM平面 PEN？若存在，请指出点M， N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由(1)证明 折叠前，因为四边形 AECD 为菱形，所以 AC DE，所以折叠后， DE PF， DE CF，又 PF CF F， PF， CF平面 PCF，所以 DE平面 PCF.(2)证明 因为四边形 AECD 为菱形，所以 DC AE， DC AE.又点 E 为 AB 的中点，所以 DC EB， DC EB，所以四边形 DEBC 为平行四边形，所以 CB DE.又由(1)得， DE平面 PCF，所以 CB平面 PCF.因为 CB平面 P
15、BC，所以平面 PBC平面 PCF.(3)解 存在满足条件的点 M， N，且 M， N 分别是 PD 和 BC 的中点如图，分别取 PD 和 BC 的中点 M， N.8连接 EN， PN， MF， CM.因为四边形 DEBC 为平行四边形，所以 EF CN， EF BC CN，12所以四边形 ENCF 为平行四边形，所以 FC EN.在 PDE 中， M， F 分别为 PD， DE 的中点，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.思维升华 (1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口(2
16、)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论跟踪演练 3 (2018北京朝阳区模拟)如图，在 PBE 中， AB PE， D 是 AE 的中点， C 是线段 BE 上的一点，且 AC ， AB AP AE2，将 PBA 沿 AB 折起使得二面角 P AB E 是512直二面角(1)求证： CD平面 PAB；(2)求三棱锥 E PAC 的体积(1)证明 因为 AE2，所以 AE4，12又 AB2， AB PE，所以 BE 2 ，AB2 AE2 22 42 5又因为 AC BE，512所以 AC 是 Rt ABE 的斜边 BE 上的中线，所以 C
17、是 BE 的中点，又因为 D 是 AE 的中点，所以 CD 是 Rt ABE 的中位线，所以 CD AB，又因为 CD平面 PAB， AB平面 PAB，所以 CD平面 PAB.9(2)解 由(1)知，直线 CD 是 Rt ABE 的中位线，所以 CD AB1，12因为二面角 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，又因为 AP2，所以 VE PAC VP ACE AECDAP13 12 412 .13 12 43真题体验1(2017全国改编)如图，在下列四个正方体中， A， B 为正方体的两个顶点， M， N， Q为所
18、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_(填序号)答案 (1)解析 对于(1)，作如图所示的辅助线，其中 D 为 BC 的中点，则 QD AB. QD平面 MNQ Q， QD 与平面 MNQ 相交，直线 AB 与平面 MNQ 相交；对于(2)，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD MQ， AB MQ，又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ， AB平面 MNQ；10对于(3)，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD MQ， AB MQ，又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ， AB平面 MNQ；对于(4)，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD
19、NQ， AB NQ，又 AB平面 MNQ， NQ平面 MNQ， AB平面 MNQ.2(2017江苏)如图，在三棱锥 ABCD 中， AB AD， BC BD，平面 ABD平面 BCD，点E， F(E 与 A， D 不重合)分别在棱 AD， BD 上，且 EF AD.求证：(1) EF平面 ABC；(2)AD AC.证明 (1)在平面 ABD 内，因为 AB AD， EF AD，所以 AB EF.又 EF平面 ABC， AB平面 ABC，所以 EF平面 ABC.(2)因为平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCD BD， BC平面 BCD， BC BD，所以 BC平面 ABD.因为 AD
20、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.11又 AC平面 ABC，所以 AD AC.押题预测1不重合的两条直线 m， n 分别在不重合的两个平面 ， 内，下列为真命题的是( )A m nm B m n C m D m n 押题依据 空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力答案 C解析 构造长方体，如图所示因为 A1C1 AA1， A1C1平面 AA1C1C， AA1平面
21、 AA1B1B，但 A1C1与平面 AA1B1B 不垂直，平面AA1C1C 与平面 AA1B1B 也不垂直，所以选项 A，B 都是假命题CC1 AA1，但平面 AA1C1C 与平面 AA1B1B 相交而不平行，所以选项 D 为假命题“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选 C.2如图(1)，在正 ABC 中， E， F 分别是 AB， AC 边上的点，且 BE AF2 CF.点 P 为边 BC上的点，将 AEF 沿 EF 折起到 A1EF 的位置，使平面 A1EF平面 BEFC，连接A1B， A1P， EP，如图(2)所示(1)求证： A1E FP；(2)若
22、BP BE，点 K 为棱 A1F 的中点，则在平面 A1FP 上是否存在过点 K 的直线与平面 A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由押题依据 以平面图形的翻折为背景，探索空间直线与平面位置关系，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题方向(1)证明 在正 ABC 中，取 BE 的中点 D，连接 DF，如图所示12因为 BE AF2 CF，所以 AF AD， AE DE，而 A60，所以 ADF 为正三角形又AE DE，所以 EF AD.所以在题图(2)中， A1E EF，又 A1E平面 A1EF，平面 A1EF平面 BEFC，且平面 A1EF平面 B
23、EFC EF，所以 A1E平面 BEFC.因为 FP平面 BEFC，所以 A1E FP.(2)解 在平面 A1FP 上存在过点 K 的直线与平面 A1BE 平行理由如下：如题图(1)，在正 ABC 中，因为 BP BE， BE AF，所以 BP AF，所以 FP AB，所以 FP BE.如图所示，取 A1P 的中点 M，连接 MK，因为点 K 为棱 A1F 的中点，所以 MK FP.因为 FP BE，所以 MK BE.因为 MK平面 A1BE， BE平面 A1BE，所以 MK平面 A1BE.故在平面 A1FP 上存在过点 K 的直线 MK 与平面 A1BE 平行A 组 专题通关1(2018北京
24、朝阳区模拟)已知 ， 是两个不同的平面， l 是一条直线，给出下列说法：若 l ， ，则 l ；若 l ， ，则 l ；若 l ， ，则 l ；若 l ， ，则 l .13其中说法正确的个数为( )A3 B2 C1 D4答案 C解析 若 l ， ，则 l 或 l ，不正确；若 l ， ，则 l 或 l ，不正确；若 l ， ，则 l ，正确；若 l ， ，则 l 或 l 或 l 与 相交且 l 与 不垂直，不正确，故选 C.2如图， G， H， M， N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示 GH， MN 是异面直线的图形的序号为( )A B C D答案 D解析 由题意可得图中 GH 与
25、 MN 平行，不合题意；图中 GH 与 MN 异面，符合题意；图中 GH 与 MN 相交，不合题意；图中 GH 与 MN 异面，符合题意则表示 GH， MN 是异面直线的图形的序号为.3(2018抚顺模拟)给出下列四个命题：如果平面 外一条直线 a 与平面 内一条直线 b 平行，那么 a ；过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面其中真命题的个数为( )A1 B2 C3 D4答案 C解析 对于，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线 a 与平面 内一
26、条直线 b平行，那么 a ，故正确；对于，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定14点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确4(2018全国)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，则异面直线 AD1与3DB1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.15 5
27、6 55 22答案 C解析 方法一 如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体 A B BA A1 B1 B1A1.连接B1B，由长方体性质可知， B1B AD1，所以 DB1B为异面直线 AD1与 DB1所成的角或其补角连接 DB，由题意，得 DB ， B B1 2， DB112 1 12 5 12 32 .12 12 32 5在 DB B1中，由余弦定理，得DB 2 B B DB 2 B B1DB1cos DB1B，21 21即 54522 cos DB1B，cos DB1B .555故选 C.方法二 如图，以点 D 为坐标原点，分别以 DA， DC， DD1所在
28、直线为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 D xyz.由题意，得 A(1,0,0)， D(0,0,0)，D1(0,0， )， B1(1,1， )，3 3 (1,0， )，AD1 315(1,1， )，DB1 3 1101( )22，AD1 DB1 3| |2，| | ，AD1 DB1 5cos ， .AD1 DB1 AD1 DB1 |AD1 |DB1 | 225 55故选 C.5对于四面体 ABCD，有以下命题：若 AB AC AD，则 AB， AC， AD 与底面所成的角相等；若 AB CD， AC BD，则点 A 在底面 BCD 内的射影是 BCD 的内心；四面体 ABCD 的四个面中
29、最多有四个直角三角形；若四面体 ABCD 的 6 条棱长都为 1，则它的内切球的表面积为 . 6其中正确的命题是( )A BC D答案 D解析 正确，若 AB AC AD，则 AB， AC， AD 在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；不正确，如图，点 A 在平面 BCD 内的射影为点 O，连接 BO， CO，可得 BO CD， CO BD，所以点 O 是 BCD 的垂心；正确，如图， AB平面 BCD， BCD90，其中有 4 个直角三角形；正确，设正四面体的内切球的半径为 r，棱长为 1，高为 ，根据等体积公式 S BCD63 13 4S BCDr，解得 r ，那么内切球的表面积 S4
30、r2 ，故选 D.63 13 612 66已知 m， n， l1， l2表示不同的直线， ， 表示不同的平面，若16m ， n ， l1 ， l2 ， l1 l2 M，则 的一个充分条件是( )A m 且 l1 B m 且 n C m 且 n l2 D m l1且 n l2答案 D解析 对于选项 A，当 m 且 l1 时， ， 可能平行也可能相交，故 A 不是 的充分条件；对于选项 B，当 m 且 n 时，若 m n，则 ， 可能平行也可能相交，故 B 不是 的充分条件；对于选项 C，当 m 且 n l2时， ， 可能平行也可能相交，故 C 不是 的充分条件；对于选项 D，当 m l1， n
31、l2时，由线面平行的判定定理可得 l1 ， l2 ，又 l1 l2 M，由面面平行的判定定理可以得到 ，但 时， m l1且 n l2不一定成立，故 D 是 的一个充分条件故选 D.7(2018上海虹口区模拟)长方体的体对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为 ， ， ，则 cos2 cos 2 cos 2 _.答案 2解析 设长方体的长、宽、高分别为 a， b， c，则体对角线长 d ，a2 b2 c2所以 cos2 cos 2 cos 2 2 2 2 2.(b2 c2d ) (a2 c2d ) (a2 b2d ) 2(a2 b2 c2)d28.如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧
32、棱 AA1底面 ABC，底面是以 ABC 为直角的等腰直角三角形， AC2 a， BB13 a，点 D 是 A1C1的中点，点 F 在线段 AA1上，当 AF_时，CF平面 B1DF.答案 a 或 2a解析 由题意易知， 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17令 CF DF，设 AF x，则 A1F3 a x.易知 Rt CAFRt FA1D，得 ，即 ，ACA1F AFA1D 2a3a x xa整理得 x23 ax2 a20，解得 x a 或 x2 a.9.如图所示的多面体中，底面 ABCD 为正方形，
33、GAD 为等边三角形， BF平面ABCD， GDC90，点 E 是线段 GC 上除两端点外的一点，若点 P 为线段 GD 的中点(1)求证： AP平面 GCD；(2)求证：平面 ADG平面 FBC.证明 (1)因为 GAD 是等边三角形，点 P 为线段 GD 的中点，所以 AP GD.因为 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)因为 BF平面 ABCD， CD平面 ABCD，所以 BF CD，因为 BC CD， BF BC
34、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张掖检测)在梯形 ABCD 中(图 1)， AB CD， AB2， CD5，过 A， B 分别作 CD的垂线，垂足分别为 E， F，已知 DE1， AE2，将梯形 ABCD 沿 AE， BF 同侧折起，使得AF BD， DE CF，得空间几何体 ADE BCF(图 2)(1)证明： BE平面 ACD；(2)求三棱锥 E ACD 的体积(1)证明 连接 BE 交 AF 于点 O，取 AC 的中点 H，连接 OH， DH，则 OH 是 AFC 的中位线，18所以 OH
35、CF 且 OH CF，12由已知得 DE CF 且 DE CF，12所以 DE OH 且 DE OH，所以四边形 DEOH 为平行四边形， DH EO，又因为 EO平面 ACD， DH平面 ACD，所以 EO平面 ACD，即 BE平面 ACD.(2)解 由已知得，四边形 ABFE 为正方形，且边长为 2，则 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，四边形 DEFC
36、 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 是三棱锥 A DEC 的高，VE ACD VA ECD VA EFD AE DEEF .13 12 23B 组 能力提高11(2018全国)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B.334 233C. D.324 3219答案 A解析 如图所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，平面 AB1D1与棱 A1A， A1B1， A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与 A1A， A1B1， A1D1平行，
37、故正方体 ABCD A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面 AB1D1所成的角都相等取棱 AB， BB1， B1C1， C1D1， DD1， AD 的中点 E， F， G， H， M， N，则正六边形 EFGHMN 所在平面与平面 AB1D1平行且面积最大，此截面面积为 S 正六边形 EFGHMN6 sin 60 .12 22 22 334故选 A.12(2018泉州质检)已知正三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都相等， M， N 分别为B1C1， BB1的中点现有下列四个结论：p1： AC1 MN；p2： A1C C1N；p3： B1C平面 AMN；p4：异面直线 AB 与 MN 所成角
38、的余弦值为 .24其中正确的结论是( )A p1， p2 B p2， p3C p2， p4 D p3， p4答案 C解析 正三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都相等，M， N 分别为 B1C1， BB1的中点对于 p1：如图所示，MN BC1， BC1 AC1 C1， AC1与 MN 不平行，是异面直线， p1错误；对于 p2：如图所示，连接 AC1，交 A1C 于点 O，连接 ON，20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正确；对于
39、p3：如图所示，取 BC 的中点 O，连接 AO， BC1，过点 O 作 OP BC1，交 CC1于点 P，连接 AP，则 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 与平面 AOP 有公共点 A， B1C 与平面 AMN 不垂直， p3错误；对于 p4：如图所示，连接 BC1， AC1，则 MN BC1， ABC1是异面直线 AB 与 MN 所成的角，设 AB1，则 AC1 BC1 ，2cos ABC1 ， p4正确22 12 2
40、2221 24综上，其中正确的结论是 p2， p4.13.如图，多面体 ABCB1C1D 是由三棱柱 ABC A1B1C1截去一部分后而成， D 是 AA1的中点21(1)若 F 在 CC1上，且 CC14 CF， E 为 AB 的中点，求证：直线 EF平面 C1DB1；(2)若 AD AC1， AD平面 ABC， BC AC，求点 C 到平面 B1C1D 的距离(1)证明 方法一 取 AC 的中点 G， CC1的中点 H，连接 AH， GF， GE，如图所示 AD C1H 且 AD C1H，四边形 ADC1H 为平行四边形， AH C1D，又 F 是 CH 的中点， G 是 AC 的中点，
41、GF AH， GF C1D，又 GF平面 C1DB1， C1D平面 C1DB1， GF平面 C1DB1，又 G， E 分别是 AC， AB 的中点， 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平面 GEF，平面 GEF平面 C1DB1，又 EF平面 GEF， EF平面 C1DB1.方法二 取 B1D 的中点 M，连接 EM， MC1，则 EM 是梯形 ABB1D 的中位线， EM BB1 CC1 AD， EM (AD BB1)12 CC1，12(12CC1 CC1) 34又 C1F CC1
42、CF CC1，3422 EM C1F 且 EM C1F，故四边形 EMC1F 为平行四边形， 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 AC1， CC12 AD， AD CC1， C1D2 DC2 AC2 AD22 AD22， C1C24，故 CC CD2 C1D2，即 C1D CD，21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
43、 B1C1 C1， DC1， B1C1平面 B1C1D， CD平面 B1C1D，点 C 到平面 B1C1D 的距离为 CD 的长，即为 .214如图，矩形 AB DE(AE6， DE5)，被截去一角(即 BB C)， AB3， ABC135，平面 PAE平面 ABCDE， PA PE10.(1)求五棱锥 P ABCDE 的体积的最大值；(2)在(1)的情况下，证明： BC PB.(1)解 因为 AB3， ABC135，所以 B BC45， BB AB AB532，所以截去的 BB C 是等腰直角三角形，所以 SABCDE SAB DE S BB C65 2228.12如图，过 P 作 PO A
44、E，垂足为 O，因为平面 PAE平面 ABCDE，平面 PAE平面 ABCDE AE， PO平面 PAE，23所以 PO平面 ABCDE， PO 为五棱锥 P ABCDE 的高在平面 PAE 内， PA PE10 AE6， P 在以 A， E 为焦点，长轴长为 10 的椭圆上，由椭圆的几何性质知，当点 P 为短轴端点时， P 到 AE 的距离最大，此时 PA PE5， OA OE3，所以 POmax4，所以( VP ABCDE)max SABCDEPOmax13 284 .13 1123(2)证明 连接 OB，如图，由(1)知， OA AB3，故 OAB 是等腰直角三角形，所以 ABO45，所以 OBC ABC ABO1354590，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.
