高三数学(理)二轮复习：专题十一空间点、直线、平面之间的位置关系.docx

专题十一空间点、直线、平面之间的位置关系
(见学生用书P68)
(见学生用书P68)
1．空间两直线有相交、平行、异面三种位置关系．
2．线面平行判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
线面平行性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．
3．线面垂直判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
4．面面平行判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行．
面面平行性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．
5．面面垂直判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．
面面垂直性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
(见学生用书P69)
考点一平面的基本关系
考点精析
1．空间中，两条直线有相交、平行、异面三种位置关系．
2．直线与平面的位置关系有：直线在平面上、直线与平面相交、直线与平面平行．
3．两个不同平面的位置关系有：相交、平行．
例1－1(2015·广东卷)若直线l1和l2是异面直线．l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是() A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
考点：空间中直线与直线之间的位置关系．
分析：根据条件确定相应的位置关系，再对照选项确定答案．
解析：若l1，l2与l都不相交，则l1∥l2与直线l1和l2是异面直线矛盾，所以选项A错误．若l1∥l，l2与l相交，则l1与l2异面．若l1，l2与l都相交，则l1与l2异面或相交．故l至少与l1，l2中的一条相交，故选D.
答案：D
点评：本题考查了空间中直线与直线的位置关系，考查了空间想象能力，属于中档题．
例1－2(2015·北京卷)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M 分别为AB，VA的中点．
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(3)求三棱锥V－ABC的体积．
考点：直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定和性质，三棱锥的体积等．
分析：(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用面面垂直的性质定理与判定定理证明；(3)利用等体积变换法将其转化为三棱锥C －VAB的体积求解．
解析：(1)因为O，M分别为AB，VA的中点，
所以OM∥VB.
又因为MO⊂平面MOC且VB⊄平面MOC，
所以VB∥平面MOC.
(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，
所以OC⊥平面VAB，
所以平面MOC⊥平面VAB.
(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，
所以AB＝2，OC＝1，
所以等边三角形VAB 的面积S △VAB ＝ 3.
又因为OC ⊥平面VAB ，
所以三棱锥C －VAB 的体积等于13×OC ×S △VAB ＝33.
又因为三棱锥V －ABC 的体积与三棱锥C －VAB 的体积相等，所
以三棱锥V －ABC 的体积为33.
点评：本题考查了直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判
定和性质，等体积法求三棱锥的体积等知识，考查了空间想象能力和推理论证能力．
规律总结
空间线面位置关系的判定问题是历年高考的热点问题，这类问题
难度不大，以容易题或中档题为主，主要是选择、填空题．
解决翻折问题的注意事项：
(1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改
变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，
从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决．
变式训练
【1－1】 (2015·湖北卷)l 1，l 2表示空间中的两条直线，若p ：l 1，
l2是异面直线，q：l1，l2不相交，则()
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
解析：l1，l2是异面直线说明l1，l2既不平行，也不相交，而l1，l2不相交时，l1，l2可能平行，不一定异面，∴p是q的充分不必件条件．
答案：A
考点二空间直线、平面位置关系的证明
考点精析
1．证明线线平行的常用方法
(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；
(2)利用平行四边形进行转换；
(3)利用三角形中位线定理证明；
(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明．
2．证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行；
(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．
3．证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；
(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；
(3)利用教材中常见结论，如：两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．
4．证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行．
5．证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．
例2－1(2015·湖南卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．
(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F－AEC 的体积．
考点：空间线面、面面垂直关系的证明，直线与平面所成的角以
及三棱锥的体积的计算．
分析：(1)要证明平面AEF 与平面B 1BCC 1垂直，只要证明平面
AEF 内的直线AE 与平面B 1BCC 1垂直即可，要证明直线AE 与平面B 1BCC 1垂直，只要证明AE 与BC 及BB 1垂直即可；(2)底面AEC 的面积易求，为求三棱锥的体积，只要求出FC 的值即可．
解析：(1)证明：因为三棱住ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，
所以AE ⊥BB 1.
又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，所以AE ⊥BC .因此，AE ⊥
平面B 1BCC 1.
而AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面B 1BCC 1.
(2)设AB 的中点为D ，连接A 1D ，CD .
因为△ABC 是正三角形，所以CD ⊥AB .
又三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD ⊥AA 1.因此CD ⊥
平面A 1ABB 1，于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角．
由题设，∠CA 1D ＝45°，所以A 1D ＝CD ＝32AB ＝ 3.
在Rt △AA 1D 中，AA 1＝A 1D 2－AD 2＝3－1＝2，
所以FC ＝12AA 1＝22.
故三棱锥F －AEC 的体积
V＝1
3S△AEC·FC＝1
3×
3
2×
2
2＝
6
12.
点评：本题考查平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，三棱锥体积的求法，正确运用判定定理、体积公式是求解的关键．
规律总结
空间中的平行与垂直关系这部分知识概念性比较强，是每一年高考考查立体几何的重点，试题特点是融推理论证于几何量的计算中，以推理论证为主；融线面关系于立体图形中，以线面的分析为主，试题主要体现了立体几何的通性通法，突出了化归、转化等思想方法的考查．
在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．
变式训练
【2－1】(2015·湖北卷)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形
的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，连接DE ，BD ，BE .
(1)证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若
是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；
(2)记阳马P －ABCD 的体积为V 1，四面体EBCD 的体积为V 2，
求V 1V 2
的值． 解析：(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，
所以PD ⊥BC .
由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，
而PD ∩CD ＝D ，所以BC ⊥平面PDC .
因为DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE .
又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC .
而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .
由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，
可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，
即四面体EBCD 是一个鳖臑，
其四个面的直角分别是∠BCD ，∠BCE ，∠DEC ，
∠DEB .
(2)由已知，PD 是阳马P －ABCD 的高，
所以V 1＝13S ABCD ·PD ＝13BC ·CD ·PD .
由(1)知，DE 是鳖臑D －BCE 的高，BC ⊥CE ，
所以V 2＝13S △BCE ·DE ＝16BC ·CE ·DE .
在Rt △PDC 中，因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，
所以DE ＝CE ＝22CD ，
于是V 1V 2＝13BC ·CD ·PD 16BC ·CE ·DE
＝2CD ·PD CE ·DE ＝4. 考点三 空间角的计算
考点精析
1．求解异面直线所成的角时要注意角的取值范围，用定义法所
作出的角有可能是所求角的补角，故可直接利用cos α＝|cos θ|来处理最后的结果．
2．线面角求解的关键在于确定平面的垂线，然后将其转化为直
角三角形的内角求解，也可转化为点到平面的距离d 和斜线段的长度l 的比值(即线面角的正弦值)求解．
3．二面角的求解应先作出二面角的平面角，然后转化为解三角
形的问题，也可直接建立空间直角坐标系转化为两个平面的法向量的夹角求解，但要注意两个角之间的关系，两者可能相等，也可能互补．
例 3－1(2014·全国大纲卷)已知二面角α－l －β为60°，AB ⊂α，
AB ⊥l ，A 为垂足，CD ⊂β，C ∈l ，∠ACD ＝135°，则异面直线AB
与CD 所成角的余弦值为( )
A.14
B.24
C.34
D.12
考点：异面直线及其所成的角．
分析：首先作出二面角的平面角，然后再构造出异面直线AB 与
CD 所成角，利用解直角三角形和余弦定理，求出问题的答案．
解析：如图，过A 点作AE ⊥l ，使BE ⊥β，垂足为E ，
过点A 作AF ∥CD ，
过点E 作EF ⊥AE ，连接BF ，
∵AB ⊥l ，
∴∠BAE ＝60°，
又∠ACD ＝135°，
∴∠EAF ＝45°，
在Rt △BEA 中，
设AE ＝a ，
则AB ＝2a ，BE ＝3a ，
在Rt △AEF 中，
则EF ＝a ，AF ＝2a ，
在Rt △BEF 中，
则BF＝2a，
∴异面直线AB与CD所成的角即是∠BAF，
∴cos ∠BAF＝AB2＋AF2－BF2 2AB·AF
＝（2a）2＋（2a）2－（2a）2
2×2a×2a
＝
2 4.
答案：B
点评：本题主要考查了二面角和异面直线所成的角，关键是构造二面角的平面角和异面直线所成的角，考查了学生的空间想象能力和作图能力，属于难题．
规律总结
以空间角的计算为载体考查直线与平面的位置关系是历年高考命题的热点问题，其中理科近几年对空间角计算的考查有意向空间向量倾斜(即用空间向量方法简单些)，但有时也仅考查几何综合法(如本题)．对异面直线所成角的考查以选择、填空题为主，对直线与平面所成角和二面角的考查一般以解答题为主，难度为中低档试题．变式训练
【3－1】如图所示，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△P AB和△P AD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成的角大小为()
A ．90°
B ．75°
C ．60°
D ．45°
解析：如图所示，延长DA 至E ，使AE ＝DA ，连接PE ，BE .
∵∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，
∴DE ＝BC ，DE ∥BC .
∴四边形CBED 为平行四边形，∴CD ∥BE .
∴∠PBE 就是异面直线CD 与PB 所成的角，在△P AE 中，AE ＝
P A ，∠P AE ＝120°，由余弦定理得
PE ＝P A 2＋AE 2－2·P A ·AE cos ∠P AE ＝AE 2＋AE 2
－2·AE ·AE ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 ＝3AE .
在△ABE 中，AE ＝AB ，∠BAE ＝90°，
∴BE ＝2AE .
∵△P AB 是等边三角形，∴PB ＝AB ＝AE ，
∴PB 2＋BE 2＝AE 2＋2AE 2＝3AE 2＝PE 2，
∴∠PBE ＝90°，故选A.
【3－2】 (2015·浙江卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC
＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
解析：(1)设E为BC的中点，由题意得A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分别为B1C1，BC的中点，
得DE∥B1B且DE＝B1B，
从而DE∥A1A且DE＝A1A，
所以AA1DE为平行四边形．于是A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.
(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.
因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.
因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.
所以BC⊥A1F，则A1F⊥平面BB1C1C.
所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
得EA＝EB＝ 2.
由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝14.由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90°，
得A1F＝
7 2.
所以sin ∠A1BF＝
7 8.
(见学生用书P73)
例如图，在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝23，M、N分别为AB、SB的中点．
(1)证明：AC⊥SB；
(2)求二面角N－CM－B的正切值；
(3)求点B到平面CMN的距离．
考场错解：第(2)问：过N作NF⊥CM，过F作FE⊥CM交BC 于E点，则∠NFE为二面角N－CM－B的平面角．(此题只做到此处，因为不知E、F的位置，∠NFE等于多少计算不出来)．
专家把脉：求二面角的大小时，只顾用定义作出二面角的平面角，给计算带来麻烦或根本就算不出来，所以一般用三垂线定理来作二面角的平面角，就是便于计算．
对症下药：(1)如图，取AC中点D，连接SD，DB，
∵SA＝SC，AB＝BC，
∴AC⊥SD，且AC⊥BD，
∴AC⊥平面SDB.
又SB⊂平面SDB，
∴AC⊥SB.
(2)取BD的中点E，连接NE，过E作EF⊥CM于F，连接NF，
∵平面SAC⊥平面ABCD，SD⊥AC，
∴SD⊥平面ABCD，
又N、E分别为SB、BD的中点，
∴NE∥SD，NE⊥平面ABC，
又EF⊥CM，
∴NF⊥CM，
∴∠NFE 为二面角N －CM －B 的平面角．
又NE ＝12SD ＝2，
在正△ABC 中，由平面几何知识可求得
EF ＝14MB ＝12，
在Rt △NEF 中，
tan ∠NFE ＝EN EF ＝22，
∴二面角N －CM －B 的正切值是2 2.
(3)在Rt △NEF 中，
NF ＝EF 2＋EN 2
＝32， ∴S △CMN ＝12CM ·NF ＝323，
S △CMB ＝12BM ·CM ＝2 3.
设点B 到平面CMN 的距离为h ，
∵V B －CMN ＝V N －CMB ，NE ⊥平面CMB ，
∴13S △CMN ·h ＝13S △CMB ·NE ，
∴h ＝423，
即点B 到平面CMN 的距离为423.
专家会诊：空间的各种角是对点、直线、平面所组成的空间图形
的位置关系进行定性分析和定量计算的重要组成部分，空间角的度量
都是转化为平面角来实现的，要熟练掌握空间角转化为平面角的常用方法，为了实现这种转化，一是靠经验和知识的积累；二是利用识图和画图的训练；三要以推理为主要依据，求角的一般步骤是：(1)找出或作出要求的角；(2)证明它符合定义；(3)在某一三角形中进行计算，得结果，当然在解选择或填空题时，一些间接方法也经常用．
(见学生用书P169)
一、选择题
1．已知m，n为不同的直线，α、β为不同的平面，则下列说法正确的是()
A．m⊂α，n∥m⇒n∥α
B．m⊂α，n⊥m⇒n⊥α
C．m⊂α，n⊂β，n∥m⇒α∥β
D．n⊂β，n⊥α⇒α⊥β
解析：m⊂α，n∥m⇒n∥α错误的原因为n也可能在α内，所以A不正确．m⊂α，n⊥m⇒n⊥α错误的原因为n也可能与m都在平面α内，也可能n∥α，所以B不正确．m⊂α，n⊂β，n∥m⇒α∥β错误的原因为α，β也可能是相交平面，所以C不正确．只有D 是正确选项．
答案：D
2．(2014·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：
①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；
②一定存在平行于a的平面α使b∥α；
③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；
④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．
其中是真命题的是()
A．①④B．②③
C．①②③D．②③④
解析：由直线a，b异面，得：
①若存在平行于a的平面α使b⊥α，
则b⊥a，而a与b不一定垂直，故①不正确；
②空间中至少有一个平面同时和两条异面直线平行，
所以一定存在平行于a的平面α，使b∥α，故②正确；
③由a，b是异面直线，只过b的平面至少有一个与a平行，
所以一定存在平行于a的平面α使b⊂α，故③正确；
④由a，b是异面直线，只过b上一定点，有无数个平面与a平行，所以一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点，故④正确．
答案：D
3．(2015·长沙模拟)用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；
③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.
其中真命题的序号是( )
A ．①②
B ．②③
C ．①④
D ．②④
解析：若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c 或a 与c 相交或a 与c 异面，所
以①是假命题；在空间中，平行于同一直线的两条直线平行，所以②是真命题；若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，所以③是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以④是真命题，故选D.
答案：D
4．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为
a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是( )
A ．(0，2)
B ．(0，3)
C ．(1，2)
D ．(1，3)
解析：设四面体的底面是BCD ，BC ＝a ，BD ＝CD ＝1，顶点为A ，
AD ＝ 2.
在三角形BCD 中，因为两边之和大于第三边可得：
0<a <2.①
取BC 中点E ，则易知直角三角形ACE 全等于直角DCE ，
所以在三角形AED 中，AE ＝ED ＝
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22. ∵两边之和大于第三边，
∴2<21－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，解得0<a <2(负值0值舍)．② 由①②得0<a < 2.
答案：A
5．(2015·九江模拟)如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC.同理，DE⊥AC.由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
答案：C
6．(2014·黄山一模)设有如下三个命题：
甲：相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内；
乙：直线l、m中至少有一条与平面β相交；
丙：平面α与平面β相交．
当甲成立时()
A．乙是丙的充分而不必要条件
B．乙是丙的必要而不充分条件
C．乙是丙的充分且必要条件
D．乙既不是丙的充分条件也不是丙的必要条件
解析：当甲成立，即“相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内”时，若“l、m中至少有一条与平面β相交”，则“平面α与平面β相交”成立；若“平面α与平面β相交”，则“l、m 中至少有一条与平面β相交”也成立．
答案：C
7．(2014·杭州模拟)关于直线m，n与平面α，β有下列四个命题：
①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；
②若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n；
③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；
④若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n.
其中真命题的序号是()
A．①②B．③④
C．②③D．①④
解析：对于①，m∥α，n∥β，且α∥β，则直线m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故①错；
对于②，设α∩β＝l，过α内一点P作PM⊥l，
因为α⊥β，所以PM⊥β，
又因为n⊥β，所以PM∥n，
又知m⊥α，PM⊂α，所以m⊥PM，
因为m⊥n，故②正确；
对于③，设过n 的平面为γ，且β∩γ＝a ，则有a ∥n ，
由条件m ⊥α，α∥β知m ⊥β，
又α⊂β，所以m ⊥a ，因为m ⊥n ，故③正确；
对于④，α⊥β，n ⊥β，且m ∥α，则m 与n 相交、异面、平行均
有可能，故④错误．
因此真命题的序号为②③，选C.
答案：C
8．(2015·黄冈模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P
为面ABCD 上一动点，且tan ∠P A 1A ＝2tan ∠PD 1D ，则点P 的轨迹是( )
A ．椭圆的一部分
B ．双曲线的一部分
C ．抛物线的一部分
D ．圆的一部分
解析：在Rt △P AA 1中，tan ∠P A 1A ＝P A AA 1
， 在Rt △PDD 1中，tan ∠PD 1D ＝PD DD 1
. ∵ AA 1＝DD 1，tan ∠P A 1A ＝2tan ∠PD 1D ，
∴ P A ＝2PD ，在平面ABCD 内，建立适当坐标系，设出P 的坐
标，化简整理可知，点P 的轨迹是圆，又因为点P 为平面ABCD 上一动点，故点P 的轨迹是圆的一部分，故选D.
答案：D
9．(2014·广西卷)已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则
异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )
A.16
B.36
C.13
D.33
解析：如图，取AD 中点F ，连接EF ，CF ，
∵E 为AB 的中点，∴EF ∥DB ，
则∠CEF 为异面直线BD 与CE 所成的角，
∵ABCD 为正四面体，E 、F 分别为AB 、AD 的中点，
∴CE ＝CF .
设正四面体的棱长为2a ，则EF ＝a ，
CE ＝CF ＝（2a ）2－a 2＝3a .
在△CEF 中，由余弦定理得：
cos ∠CEF ＝CE 2＋EF 2－CF 22CE ·EF ＝a 22×3a
2＝36. 答案：B
二、填空题
10．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1
上有两个动点E、F，且EF＝
2
2，则下列结论中错误的是______．
①AC⊥BE；
②EF∥平面ABCD；
③三棱锥A－BEF的体积为定值；
④异面直线AE，BF所成的角为定值．
解析：∵AC⊥平面BB1D1D，
又BE⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥BE.故①正确．
∵B1D1∥平面ABCD，
又E、F在直线D1B1上运动，
∴EF∥平面ABCD.故②正确．
③中由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值．
又点A到平面BEF的距离为
2 2，
所以V A－BEF为定值．故③正确．
当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的
角是∠OD 1A ，
当E 在上底面的中心时，F 在B 1的位置，异面直线AE ，BF 所
成的角是∠OEA ，
显然两个角不相等，故④不正确．
答案：④
11．在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点P 在线段AD ′上运动，则
异面直线CP 与BA ′所成的角θ的取值范围是________．
解析：连接CD ′，则异面直线CP 与BA ′所成的角θ等于∠D ′CP ，
当P 点与A 点重合时，θ＝π3，当P 点无限接近D ′点时，θ趋近于
0.由于是异面直线，故θ≠0.
答案：⎝
⎛⎦⎥⎤0，π3 12．如图所示，AB ∥α，CD ∥α，AC ，BD 分别交α于M ，N 两点，AM MC ＝2，则BN ND ＝______．
解析：如图所示，连接AD，交平面α于O，连接OM，ON.∵AB∥α，CD∥α，AC，BD分别交α于M，N两点，
∴OM∥CD，ON∥AB，
∴AM
MC＝
AO
OD＝
BN
ND，
∵AM
MC＝2，∴
BN
ND＝2.
答案：2
三、解答题
13．(2015·山东卷)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．
解析：(1)(证法1)连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.
在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形．
所以O为CD的中点，又H为BC的中点，
所以OH∥BD.
又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
(证法2)在三棱台DEF－ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED, 所以BD∥平面FGH.
(2)(方法1)设AB＝2，则CF＝1.
在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，
由DF＝1
2AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此
DG∥FC.
又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.
在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点，所以
AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直．
以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .
所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)．
可得H (22，22，0)，F (0，2，1)，
故GH →＝(22，22
，0)，GF →＝(0，2，1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，
则由⎩⎨⎧n ·GH →＝0，n ·GF
→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0. 可取平面FHG 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．
因为GB
→是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12. 所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.
(方法2)作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH
由FC ⊥平面ABC ，
得HM ⊥FC .
又FC ∩AC ＝C ，
所以HM ⊥平面ACFD .
因此GF ⊥NH ，所以∠MNH 即为所求的角．
在△BGC 中，MH ∥BG ，MH ＝12BG ＝22，
由△GNM ∽△GCF ，可得MN FC ＝GM GF ，从而MN ＝66.
由HM ⊥平面ACFD ，MN ⊂平面ACFD ，得HM ⊥MN .
因此tan ∠MNH ＝HM MN ＝3，所以∠MNH ＝60°.
所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.
14．(2015·重庆卷)如图，三棱锥P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，
PC ＝3，∠ACB ＝π2，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE
＝2，CE ＝2EB ＝2.
(1)证明：DE ⊥平面PCD ；
(2)求二面角A －PD －C 的余弦值．
解析：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故
CD ⊥DE .
又PC ∩CD ＝C ，所以DE ⊥平面PCD .
(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.
如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1.
又EB ＝1，故FB ＝2.
由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.
以C 为坐标原点，分别以CA
→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A (32，
0，0)，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED
→＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝(12，－1，0)．
设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由n 1·DP →＝0，n 1
·DA →＝0， 得⎩⎨⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，
12x 1－y 1＝0，
故可取n 1＝(2，1，1)．
由(1)可知，DE ⊥平面PCD ，
故平面PCD 的法向量n 2可取为ED
→， 即n 2＝(1，－1，0)．
从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36， 故二面角A －PD －C 的余弦值为36.
15．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120
°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .
(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．
解析：(1)连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .
在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1，由∠ABC ＝120°，可得AG
＝GC ＝ 3.
由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .
又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .
在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.
在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.
在直角梯形BDFE 中，
由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322.
从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .
又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .
因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .
(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB
→，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB
→|为单位长，建立空间坐标系Gxyz . 由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝
⎛⎭⎪⎫－1，0，22， C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝
⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE
→||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.。