2019届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪训练43 直线、平面平行的判定与性质 文
2019版高考数学一轮复习第八章立体几何初步课时训练【含答案】
第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系一、填空题1. 线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是____________．(用符号表示)答案：AB⊂α解析：由公理1可知AB⊂α.2. 已知α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用相应的符号表示为________．答案：P∈l解析：因为α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，所以P∈m，P∈n，P∈α，P∈β，所以P∈l.3. 设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a∥b，b⊥c，则a⊥c.上述命题中正确的是________．(填序号)答案：①④解析：由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b 与c相交时，a与c可以相交、平行或异面，故③错误；根据异面直线所成角的定义知④正确．4. 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________．(填序号)① l与l1，l2都不相交；② l与l1，l2都相交；③ l至多与l1，l2中的一条相交；④ l至少与l1，l2中的一条相交．答案：④解析：若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2，这与l1和l2是异面直线相矛盾，所以l至少与l1，l2中的一条相交．故④正确．5. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为B1O和C1O的中点，长方体的各棱中，与EF平行的有__________条．答案：4解析：∵ EF是△OB1C1的中位线，∴ EF∥B1C1.∵ B1C1∥BC∥AD∥A1D1，∴与EF平行的棱共有4条．6. 如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的有________对．答案：3解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．7. 已知ABCDA1B1C1D1是正方体，点O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论中错误的是________．(填序号)① A，M，C1三点共线；② M，O，A1，A四点共面；③ A，O，C，M四点共面；④ B，B1，O，M四点共面．答案：①④解析：作出图形，可知②③正确．8. 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为________．答案：60°解析：如图，取A 1C 1的中点E ，连结B 1E ，ED ，AE ，在Rt △AB 1E 中，∠AB 1E 即为所求，设AB ＝1，则AA 1＝2，AB 1＝3，B 1E ＝32，故∠AB 1E ＝60°.9. 如图，点G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案：②④解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；图③中，连结MG ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，因此GH 与MN 异面．所以图②④中GH 与MN 异面．10. 如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M, N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断正确的是________．(填序号)① MN 与CC 1垂直；② MN 与AC 垂直； ③ MN 与BD 平行；④ MN 与A 1B 1平行．答案：①②③解析：连结B 1C ，B 1D 1，则MN 是△B 1CD 1的中位线，∴ MN ∥B 1D 1.∵ CC 1⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1，BD ∥B 1D 1，∴ MN ⊥CC 1，MN ⊥AC ，MN ∥BD ，故①②③正确． ∵ A 1B 1与B 1D 1相交，∴ MN 与A 1B 1不平行，因此④错误． 二、 解答题11. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为D 1C 1，B 1C 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q. (1) 求证：D ，B ，E ，F 四点共面；(2) 作出直线A 1C 与平面BDEF 的交点R 的位置．(1) 证明：由于CC 1和BF 在同一个平面内且不平行，故必相交．设交点为O ，则OC 1＝C 1C.同理直线DE 与CC 1也相交，设交点为O′，则O′C 1＝C 1C ，故O′与O 重合．由此可证得DE∩BF ＝O ，故D ，B ，F ，E 四点共面(设为α)．(2) 解：由于AA 1∥CC 1，所以A 1，A ，C ，C 1四点共面(设为β)．P∈BD，而BD ⊂α，故P∈α. 又P∈AC，而AC ⊂β，所以P∈β，所以P∈α∩β，同理可证得Q∈α∩β，所以有α∩β＝PQ. 因为A 1C ⊂β，所以A 1C 与平面α的交点就是A 1C 与PQ 的交点，连结A 1C ，则A 1C 与PQ 的交点R 就是所求的交点． 12. 如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为A 1A ，C 1C 的中点，求证：四边形EBFD 1是菱形．证明：如图，取B 1B 的中点G ，连结GC 1，EG ， ∵ GB ∥C 1F ，且GB ＝C 1F ，∴ 四边形C 1FBG 是平行四边形，∴ FB ∥C 1G ，且FB ＝C 1G. ∵ D 1C 1∥EG ，且D 1C 1＝EG ，∴ 四边形D 1C 1GE 为平行四边形， ∴ GC 1∥D 1E ，且GC 1＝D 1E ， ∴ FB ∥D 1E ，且FB ＝D 1E ，∴ 四边形EBFD 1为平行四边形．∵ FB ＝FD 1，∴ 四边形EBFD 1是菱形．13. 已知空间四面体ABCD ，点E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别是BC ，CD 上的点，且CG ＝13BC ，CH＝13DC.求证： (1) E ，F ，G ，H 四点共面；(2) 三条直线FH ，EG ，AC 共点．证明：(1) 如图，连结EF ，GH.∵ 点E ，F 分别是AB ，AD 的中点， ∴ EF ∥BD.∵ CG ＝13BC ，CH ＝13DC ，∴ GH ∥BD ，∴ EF ∥GH ， ∴ E ，F ，G ，H 四点共面．(2) 易知FH 与直线AC 不平行，但共面， ∴ 设FH∩AC＝M ，∴ M ∈平面EFHG ，M ∈平面ABC. ∵ 平面EFHG∩平面ABC ＝EG ，∴ M ∈EG ，∴ 直线FH ，EG ，AC 共点．第2课时 直线与平面的位置关系(1)一、 填空题1. 直线a ，b 为异面直线，关于过直线a 且与直线b 平行的平面的情况，下列说法正确的是________．(填序号)① 有且只有一个；② 有无数多个；③ 至多一个；④ 不存在． 答案：①解析：在直线a 上任选一点A ，过点A 作b′∥b，则b′是唯一的，又a∩b′＝A ，所以a 与b′确定一平面并且只有一个平面，故①正确．2. 对于不同直线m ，n 和不同平面α，β，给出下列命题：①⎭⎪⎬⎪⎫n∥αm ⊂α⇒m ∥n ；②⎭⎪⎬⎪⎫m∥n m∥β⇒n ∥β； ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αn ⊂β⇒m ，n 不共面；④⎭⎪⎬⎪⎫n∥βm∥α⇒m ∥n. 其中假命题的个数是__________． 答案：4解析：①中m 与n 可能平行，也可能异面；②中可能n ⊂β；③中可能m∥n 或m 与n 相交；④中不知道α与β的位置，无法判断m 与n 的位置关系．故四个命题都不正确．3. 若直线l 与平面α不平行，则下列结论正确的是________．(填序号)① α内的所有直线都与直线l 异面；② α内不存在与l 平行的直线；③ α内的直线与l 都相交；④ 直线l 与平面α有公共点．答案：④解析：直线l 与平面α不平行，则直线l 与平面α有如下关系：l ⊂α或l∩α＝A ，故①②③均不正确，④正确．4. 下列命题正确的是________．(填序号)① 若a ，b 是两条直线，且a∥b，那么a 平行于经过b 的任何平面； ② 若直线a 和平面α满足a∥α，那么a 与α内的任何直线平行； ③ 若直线a ，b 和平面α满足a∥α，b ∥α，那么a ∥b ； ④ 若直线a ，b 和平面α满足a∥b，a ∥α，b ⊄α，则b∥α. 答案：④解析：根据线面平行的判定与性质定理知，④正确．5. 已知三条直线a ，b ，c 和平面β，则下列推论正确的是________．(填序号) ① 若a∥b，b ⊂β，则a∥β； ② 若a∥β，b ∥β，则a∥b；③ 若a ⊂β，b ∥β，a ，b 共面，则a∥b； ④ 若a⊥c，b ⊥c ，则a∥b. 答案：③解析：对于①，可能有a ⊂β，故①错；对于②，a 与b 可能平行、相交或异面，故②错；对于④，a 与b 可能平行、相交或异面，故④错；根据线面平行的性质定理知，③正确．6. 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度为________．答案： 2解析：因为EF∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面AB 1C ∩平面ABCD ＝AC ，所以 EF∥AC.又点E 是AD 的中点，所以点F 是DC 的中点．所以EF ＝12AC ＝ 2.7. 过三棱柱ABCA 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有________条． 答案：6解析： 四条棱AC ，BC ，A 1C 1，B 1C 1的中点中任意两点连线均与平面ABB 1A 1平行，所以共有6条直线符合题意． 8. 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 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是________．(填序号)答案：②③④解析：因为点M ，N ，Q 分别为对应棱的中点，所以在①中AB 与平面MNQ 相交，在②③中均有AB∥MQ，在④中，有AB∥NQ，所以在②③④中均有AB 与平面MNQ 平行．9. 如图，正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G ，H 分别是棱C 1C ，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，点N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则点M 只需满足条件________________时，就有MN∥平面B 1BDD 1.(填上正确的一个条件即可，不必考虑全部的可能情况)答案：点M 与点H 重合(或点M 在线段FH 上) 解析：当点M 在线段FH 上时，MN ∥平面B 1BDD 1. 二、 解答题10. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，点E ，F 分别是棱PC 和PD 的中点．求证：EF∥平面PAB.证明：因为点E ，F 分别是棱PC 和PD 的中点， 所以EF∥CD.又在平行四边形ABCD 中，AB ∥CD ，所以EF∥AB， 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，所以EF∥平面PAB.11. 如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．求证：BF∥平面A 1EC.证明：如图，连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF.在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1.因为点F 为AC 的中点，所以OF∥CC 1且OF ＝12CC 1.因为点E 为BB 1的中点，所以BE∥CC 1且BE ＝12CC 1.所以BE∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形， 所以BF∥OE.又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ， 所以BF∥平面A 1EC.12. 如图，已知A ，B ，C ，D 四点不共面，且AB∥α，CD ∥α，AC ∩α＝E ，AD ∩α＝F ，BD ∩α＝H ，BC ∩α＝G.求证：四边形EFHG 是平行四边形．证明：∵ AB∥α，平面ABC∩α＝EG ，∴ EG ∥AB. 同理FH∥AB，∴ EG ∥FH.又CD∥α，平面BCD∩α＝GH. ∴ GH∥CD. 同理EF∥CD， ∴ GH ∥EF.∴ 四边形EFHG 是平行四边形．13. 如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的中点．求证： (1) AD 1∥平面BDC 1； (2) BD∥平面AB 1D 1.证明：(1) 因为点D 1，D 分别为A 1C 1与AC 的中点，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以C 1D 1∥DA ，C 1D 1＝DA ， 所以四边形ADC 1D 1为平行四边形， 所以AD 1∥C 1D.又AD 1⊄平面BDC 1，C 1D ⊂平面BDC 1， 所以AD 1∥平面BDC 1. (2) 如图，连结D 1D ，因为BB1∥平面ACC1A1，BB1⊂平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝D1D，所以BB1∥D1D.又D1，D分别为A1C1与AC的中点，所以BB1＝DD1，故四边形BDD1B1为平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以BD∥平面AB1D1.第3课时直线与平面的位置关系(2)一、填空题1. 设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的________条件．答案：充分不必要解析：l⊥α⇒l⊥m，l⊥n.反之，因为 m，n不一定相交，故l⊥m且l⊥n不一定推出l⊥α.2. 下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是________．(填序号)① l与平面α内的两条直线垂直；② l与平面α内的无数条直线垂直；③ l与平面α内的某一条直线垂直；④ l与平面α内的任意一条直线垂直．答案：④解析：由线面垂直的定义及判定定理可知④正确．3. 下列说法正确的是________．(填序号)①若平面外一条直线上有两点到平面的距离相等，则这条直线平行于这个平面；②若一条直线平行于一个平面，则垂直于这个平面的直线必垂直于这条直线；③若一条直线平行于一个平面，则垂直于这条直线的另一条直线必垂直于这个平面．答案：②解析：当这两点在平面两侧时，直线与平面相交，①错误；②正确；③中垂直于这条直线的另一条直线可能平行于这个平面或相交但不垂直于这个平面，③错误．4. 已知平面α，β和直线m，给出条件：① m∥α；② m⊥α；③ m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.(填序号)答案：②④解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β.故填②④.5. 已知m，n是两条不同的直线，α是一个平面，有下列四个命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m⊥α，n⊥α，则m∥n；③若m∥α，n⊥α，则m⊥n；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题是____________．(填序号)答案：②③6. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F＝________．答案：12解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF.由已知，得A 1B 1＝ 2.设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h.又2×2＝h 22＋（2）2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等，得66×x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22x ，解得x ＝12.即线段B 1F 的长为12.7. 如图，PA ⊥平面ABC ，在△ABC 中BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案：4 解析：⎭⎪⎬⎪⎫PA⊥平面ABC BC ⊂平面ABC ⇒⎭⎪⎬⎪⎫PA⊥BC AC⊥BC ⇒BC ⊥平面PAC ⇒BC ⊥PC ，∴ 直角三角形有△PAB，△PAC ，△ABC ，△PBC.8. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1C 1与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________．答案：12解析：如图，在平面ADD 1A 1中作A 1E ⊥AD 1于点E ，连结C 1E ，因为正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面ADD 1A 1，所以A 1E ⊥AB.因为AD 1 ∩AB ＝A ，AD 1，AB ⊂平面ABC 1D 1，则A 1E ⊥平面ABC 1D 1，所以∠A 1C 1E 就是A 1C 1与平面ABC 1D 1所成的角，在Rt △AA 1D 1中，AA 1＝A 1D 1，A 1E ⊥AD 1，所以点E 为AD 1的中点，且A 1E ＝12AD 1＝12A 1C 1，所以sin ∠A 1C 1E＝A 1E A 1C 1＝12.9. 设α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是平面α及β外的两条不同的直线．从“① m⊥n；② α⊥β；③ n ⊥β；④ m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．(填序号)答案：①③④⇒②或②③④⇒① 解析：因为当n⊥β，m ⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m ，n 所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．10. 如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF.答案：a或2a解析：由题意可得B1D⊥平面A1ACC1，∴ CF⊥B1D，∴为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)．设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，∴ x2－3ax＋2a2＝0，∴ x＝a或x＝2a.二、解答题11. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，PA＝AC，点E是PA的中点，点F 是PC的中点，求证：(1) PC∥平面BDE；(2) AF⊥平面BDE.证明：(1) 连结OE，因为点O为菱形ABCD对角线的交点，所以点O为AC的中点．因为点E为PA的中点，所以OE∥PC.因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE.(2) 因为PA＝AC，△PAC是等腰三角形，又点F是PC的中点，所以AF⊥PC.又OE∥PC，所以AF⊥OE.因为PA⊥底面ABCD，BD ⊂平面ABCD，所以PA ⊥BD.因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC⊥BD.又PA∩AC＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC，所以AF⊥BD .又OE∩BD＝O，OE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，所以AF⊥平面BDE.12. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D.(1) 求证：AD⊥平面BCC1B1；(2) 如果点E是B1C1的中点，求证：A1E∥平面ADC1.证明：(1) 因为ABCA1B1C1是正三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥C1D，CC1，C1D⊂平面BCC1B1，CC1∩C1D＝C1，所以AD⊥平面BCC1B1.(2) 因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，点E是B1C1的中点，所以A 1E ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1E ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1E.又因为B 1C 1，CC 1⊂平面BCC 1B 1，B 1C 1∩CC 1＝C 1， 所以A 1E ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD⊥平面BCC 1B 1，所以A 1E ∥AD. 又A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1， 所以A 1E ∥平面ADC 1.13. 在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AA 1＝2AB ，D 是AB 的中点．若点P 在线段BB 1上，且BP ＝14BB 1.求证：AP⊥平面A 1CD.证明：∵ CA＝CB ，D 是AB 的中点，∴ CD ⊥AB.∵ 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面ABC⊥侧面A A 1B 1B ，交线为AB ，又CD ⊂平面ABC ，∴ CD ⊥平面AA 1B 1B. ∵ AP ⊂平面A 1B 1BA ，∴ CD ⊥AP.∵ BB 1＝2BA ，BB 1＝AA 1 ，BP ＝14BB 1，∴ BP BA ＝24＝AD AA 1， ∴ Rt △ABP ∽Rt △A 1AD ，∴ ∠AA 1D ＝∠BAP， ∴ ∠AA 1D ＋∠A 1AP ＝∠BAP＋∠A 1AP ＝90°， ∴ AP ⊥A 1D.∵ CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ， ∴ AP ⊥平面A 1CD.第4课时 平面与平面的位置关系一、 填空题1. 设α，β为互不重合的平面，m ，n 是互不重合的直线，给出下列四个命题： ① 若m∥n，n ⊂α，则m∥α；② 若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β； ③ 若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m∥n；④ 若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则n⊥β. 其中正确的命题是____________．(填序号) 答案：④解析：①中没有强调m 在平面α外；②中没有强调m ，n 相交；③中m 与n 有可能异面；④正确． 2. 已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，下列结论中正确的是________．(填序号) ① AD 1∥BC 1；② 平面AB 1D 1∥平面BDC 1； ③ AD 1∥DC 1；④ AD 1∥平面BDC 1. 答案：①②④解析：由四边形ABC 1D 1是平行四边形可知AD 1∥BC 1，故①正确；根据线面平行与面面平行的判定定理可知，②④正确；AD 1与DC 1是异面直线，故③错误．3. 已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列说法中正确的序号是________． ① 若m∥α，α∩β＝n ，则m∥n； ② 若m⊥α，n ⊥m ，则n∥α；③若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n；④若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β.答案：③解析：对于①，如图，m∥α，α∩β＝n，此时m，n异面，故①错误；对于②，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故②错误；对于③，若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴ m⊥n，故③正确；对于④，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m也可能与β相交、平行或在β内，故④错误．4. 已知α和β是两个不重合的平面．在下列条件中，可判定α∥β的是________．(填序号)①α内有无数条直线平行于β；②α内不共线的三点到β的距离相等；③ l，m是平面α内的直线，且l∥β，m∥β；④ l，m是异面直线且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β.答案：④解析：由面面平行的判定定理可以推出．5. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是________．(填序号)①若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β；③若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β；④若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β.答案：②解析：②选项，由条件n⊥β，m∥n推出m⊥β，又m∥α，易知α⊥β.6. 设α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，给出四个论断：① α∩β＝b；② a⊂β；③ a∥b；④ a∥α.以其中三个论断为条件，余下一个论断为结论，写出你认为正确的命题：__．答案：①②③⇒④或①②④⇒③解析：若α∩β＝b，a⊂β，a∥b，则a∥α，即①②③⇒④；若α∩β＝b，a⊂β，a∥α，则a∥b，即①②④⇒③.7. α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的序号是________．①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.答案：①④解析：由α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，知：在①中，若α∥β，m⊂α，则由面面平行的性质定理得m∥β，故①正确；在②中，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m与n异面，故②错误；在③中，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m与β相交、平行或m⊂β，故③错误；在④中，若n⊥α，m⊥α，则m∥n，又由n⊥β得m⊥β，故④正确．8. 如图，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，图中互相垂直的平面有________对．答案：5解析：由PA⊥平面ABCD知，平面PAD⊥平面ABCD，平面P AB⊥平面ABCD.又AD⊥PA，且AD⊥AB，PA∩AB ＝A，∴DA⊥平面PAB，∴平面DPA⊥平面PAB.又BC∥ AD，∴BC⊥平面PAB，∴平面PBC⊥平面PAB，同理DC ⊥平面PDA，∴平面PDC⊥平面PDA.9. 已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β，给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m；② α⊥β⇒l∥m；③ m ∥α⇒l ⊥β；④ l⊥β⇒m ∥α. 其中正确的命题是________．(填序号) 答案：①④解析：①是面面平行的性质的应用，正确；②α⊥β，l ⊥α，l ，m 可平行，可相交，可异面，命题错误；③m∥α，l ⊥α⇒ l ⊥m ⇒ l 与β可平行，l 可在β内，l 可与β相交，命题错误；④l ⊥β，l ⊥α⇒β∥α⇒m ∥α，命题正确．10. 在棱长均相等的正四棱锥PABCD 中，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，有下列结论：① PC∥平面OMN ；② 平面OMN⊥平面PAB ；③ OM ⊥PA ；④ 平面PCD∥平面OMN.其中正确结论的序号是________．答案：①③④解析：如图所示，其中E ，F 分别为AD ，BC 的中点，连结OE ，OF ，G 为OE 的中点，连结EM ，MG ，AC ，BD ，平面OMN 即平面MNOE.因为M 为PA 的中点，O 为AC 的中点，所以PC∥OM，所以PC∥平面OMN ，同理PD∥平面OMN ，所以平面PCD∥平面OMN ，故①④正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以PA 2＋PC 2＝AB 2＋BC 2＝AC 2，所以PC⊥PA.又PC∥OM，所以OM⊥PA，故③正确．因为OM ＝12PC ＝12PD ＝ME ，所以MG⊥OE.又MN∥OE，所以GM ⊥MN.假设平面OMN⊥平面PAB ，则GM⊥平面PAB ，则MG⊥PA，设四棱锥的棱长为4，则MA ＝2，AG ＝5，MG ＝3，三边长度不满足勾股定理，所以MG 不垂直PA ，与假设矛盾，故②不正确．二、 解答题11. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ⊥AC ，D ，E 分别是AB ，AC 的中点．求证： (1) B 1C 1∥平面A 1DE ；(2) 平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.证明：(1) 因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以DE∥BC. 又因为在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，B 1C 1∥BC ，所以B 1C 1∥DE. 又B 1C 1⊄平面A 1DE ，DE ⊂平面A 1DE ，所以B 1C 1∥平面A 1DE. (2) 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ， 又DE ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥DE. 又BC⊥AC，DE ∥BC ，所以DE⊥AC.又CC 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且CC 1∩AC ＝C ，所以DE⊥平面ACC 1A 1. 又DE ⊂平面A 1DE ，所以平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.12. 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EF∥AB. 又因为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 ⊂平面ABD ， 所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以A D⊥平面ABC. 又因为AC ⊂平面ABC ， 所以AD⊥AC.13. 如图，在四面体ABCD 中，平面ABC⊥平面ACD ，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，AC 的中点，AC ＝BC ，∠ACD ＝90°.(1) 求证：AB⊥平面EDC ；(2) 若P 为FG 上任一点，求证：EP∥平面BCD.证明：(1) 因为平面ABC⊥平面ACD ，∠ACD ＝90°，即CD⊥AC， 平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，CD ⊂平面ACD ， 所以CD⊥平面ABC. 又AB ⊂平面ABC ， 所以CD⊥AB.因为AC ＝BC ，E 为AB 的中点， 所以CE⊥AB.又CE∩CD＝C ，CD ⊂平面EDC ，CE ⊂平面EDC ， 所以AB⊥平面EDC.(2) 连结EF ，EG ，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点， 所以EF∥BD.又BD ⊂平面BCD ，EF ⊄平面BCD ， 所以EF∥平面BCD.同理可证EG∥平面BCD ，且EF∩EG＝E ，EF ⊄平面BCD ，EG ⊄平面BCD ， 所以平面EFG∥平面BCD. 又P 为FG 上任一点， 所以EP ⊂平面EFG ，所以EP∥平面BCD.第5课时 空间几何体的表面积和体积一、 填空题1. 已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为120°，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积为________．答案：22π3解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，由2πr ＝120°×π×l 180°，得r ＝1，所以圆锥的高是22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.2. 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1A 1BD 的体积为________cm 3.答案：32解析：三棱锥D 1A 1BD 的体积等于三棱锥BA 1D 1D 的体积，因为三棱锥BA 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥BA 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1A 1BD 的体积为16×32×1＝32. 3. 若正四棱锥的底面边长为2 cm ，侧面积为8 cm ，则它的体积为________cm 3.答案：433解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，所以正四棱锥的高h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.4. 底面边长为2，侧棱长为3的正四棱锥的体积为________．答案：43解析：底面边长为2，侧棱长为3的正四棱锥的高为1，底面积为4，则体积为43.5. 设M ，N 分别为三棱锥P ABC 的棱AB ，PC 的中点，三棱锥P ABC 的体积记为V 1，三棱锥P AMN 的体积记为V 2，则V 2V 1＝________．答案：14解析：设△AMN 的面积为S ，点P 到平面AMN 的距离为h ，则V 2＝13Sh ，而V 1＝2×13×2S ×h ，则V 2V 1＝14.6. 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥PABA 1的体积为________．答案：934解析：三棱锥的底S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面ABA 1的距离为△ABC 的高：h ＝32 3，故三棱锥的体积V ＝13Sh ＝934.7. 已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1ADE 的体积为________．答案：112解析：三棱锥B 1ADE 的体积＝三棱锥DB 1AE 的体积＝13×1×12×1×12＝112.8. 若一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________．答案：2解析：底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积为8，则该正方体的棱长为2.9. 已知正四棱锥OABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．答案：24π解析：设正四棱锥的高为h ，则13×(3)2h ＝322，解得高h ＝322.则底面正方形的对角线长为2×3＝6，所以OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6，所以球的表面积为4π(6)2＝24π. 10. 将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥OEFG 体积的最大值是________．答案：4解析：因为将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥OEFG 的高为圆柱的高，即高为AB ，所以当三棱锥OEFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当EF 为直径，且点G 在EF 的垂直平分线上时，(S △EFG )max ＝12×4×2＝4，所以三棱锥OEFG 体积的最大值V max ＝13×(S △EFG )max ×AB ＝13×4×3＝4.二、 解答题11. 如图，在三棱锥DABC 中，已知△BCD 是正三角形，AB ⊥平面BCD ，AB ＝BC ＝a ，E 为BC 的中点，F 在棱AC 上，且AF ＝3FC.(1) 求三棱锥DABC 的体积；(2) 若M 为DB 中点，N 在棱AC 上，且CN ＝38CA ，求证：MN∥平面DEF.(1) 解：因为△BCD 是正三角形，且AB ＝BC ＝a ，所以S △BCD ＝34a 2.因为AB⊥平面BCD ，所以V DABC ＝V A BCD ＝13×S △BCD ×AB ＝13×34a 2×a ＝312a 3.(2) 证明：连结CM ，设CM∩DE＝O ，连结OF.则O 为△BCD 的重心，CO ＝23CM.因为CN ＝38CA ，AF ＝3FC ，所以CF ＝23CN ，所以MN∥OF.因为OF ⊂平面DEF ，MN ⊄平面DEF ，所以MN∥平面DEF.12. 如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，点E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE⊥平面PAC ；(3) 当PA∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA⊥AB，PA ⊥BC ，所以PA⊥平面ABC.因为BD ⊂平面ABC ，所以PA⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点， 所以BD⊥AC.由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD⊥平面PAC.又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE⊥平面PAC.(3) 解：因为PA∥平面BDE ，平面PAC∩平面BDE ＝DE ， 所以PA∥DE.因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE⊥平面ABC ，所以三棱锥E BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.13. 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到四面体EBCD ，使EC ＝ 2.(1) 求证：EO⊥CD.(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD. ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ EO ⊥BD.∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC.又BD∩OC＝O ， ∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD.(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO⊥平面OCD.V 三棱锥OCDE ＝V 三棱锥EOCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h.在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12·OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝72，∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.第6课时 空间向量在立体几何中的应用一、 填空题1. 已知空间四边形OABC ，点M ，N 分别为OA ，BC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →＝________．答案：12(b ＋c －a )解析：MN →＝ON →－OM →＝12(b ＋c )－12a ＝12(b ＋c －a )．2. 若直线l⊥α，且l 的方向向量为(m ，2，4)，平面α的法向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，2，则m 为________． 答案：1解析：∵ (m，2，4)＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，2，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12λ，2＝λ，4＝2λ，∴ m ＝1.3. 若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1，2)，且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________．答案：－2或255解析：由cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝6－λ3λ2＋5＝89，解得λ＝－2或255.4. 已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点．若AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)，则给出下列结论：① AP⊥AB；② AP⊥AD；③ AP →是平面ABCD 的一个法向量；④ AP →∥BD →.其中正确的是________．(填序号)答案：①②③解析：AB →·AP →＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，则AB →⊥AP →，即AP⊥AB； AP →·AD →＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，则AP →⊥AD →，即AP⊥AD.又AB∩AD＝A ，∴ AP ⊥平面ABCD ，故AP →是平面ABCD的一个法向量．由于BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)，∴ 2－1≠32≠4－1，∴ AP →与BD →不平行．5. 已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为________．答案：23解析：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0.令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →|n||DC →||＝23.6. 如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则对角线AC 1的长度等于________．答案：85解析：AC 1→2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝50＋20＋15＝85，即 |AC 1→|＝85.7. 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1 ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点，则异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为________．答案：31010解析：以A 为坐标原点，以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系A xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A 1(0，0，4) ，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.8. 已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OP →＝(1，1，2)，且点Q 在直线OP 上运动．当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析：∵ 点Q 在直线OP 上，∴ 设点Q(λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23.当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23，此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 9. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．答案：23解析：如图，以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D(0，1，0)， 所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.二、 解答题 10. 如图，在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且BQ ＝λBB 1(λ≠0)．(1) 若λ＝12，求AP 与AQ 所成角的余弦值；(2) 若直线AA 1与平面APQ 所成的角为45°，求实数λ的值．解：以A 点为坐标原点，{AB →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.(1) 因为AP →＝(1，2，2)，AQ →＝(2，0，1)，所以cos 〈AP →，AQ →〉＝AP →·AQ →|AP →||AQ →|＝1×2＋2×0＋2×19×5＝4515.所以AP 与AQ 所成角的余弦值为4515.(2) 由题意可知，AA 1→＝(0，0，2)，AQ →＝(2，0，2λ)． 设平面APQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝0，n ·AQ →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0.令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ. 所以n ＝(2λ，2－λ，－2)．因为直线AA 1与平面APQ 所成角为45°，所以|cos 〈n ，AA 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AA →1|n ||AA →1|＝ 42（2λ）2＋（2－λ）2＋（－2）2＝22， 化简得5λ2－4λ＝0.又λ≠0，所以λ＝45.11. 如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1) 求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2) 求二面角BA 1DA 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE⊥AD，交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD.如图，以A 点为原点，{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，所以A(0，0，0)，B(3，－1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)．(1) A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝3×3＋（－1）×1－3×3（3）2＋（－1）2＋（－3）2×（3）2＋12＋（3）2＝－17， 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2) 平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0，0)． 设m ＝(x ，y ，z)为平面BA 1D 的法向量， 又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，所以cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝3×3－0×3＋0×23×32＋（3）2＋22＝34. 设二面角BA 1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 所以二面角BA 1DA 的正弦值为74. 12. 如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝∠CBA＝90°，PA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝2，点E ，F ，G 分别为BC ，PD ，PC 的中点．以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．(1) 求异面直线EF 与DG 所成角的余弦值．(2) 若M 为EF 上一点，N 为DG 上一点，是否存在MN ，使得MN⊥平面PBC ？若存在，求出点M ，N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题意得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)． ∵ 点E ，F ，G 分别为BC ，PD ，PC 的中点，∴ E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12， ∴ EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，12，DG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，12.设EF 与DG 所成角为θ，则cos θ＝||EF →·DG→|EF →||DG →|＝26633. ∴ EF 与DG 所成角的余弦值为26633. (2) 存在．设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)．∵ BC →＝(0，1，0)，PB →＝(1，0，－1)，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝y ＝0，n ·PB →＝x －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，0，1)．M 为EF 上一点，N 为DG 上一点，若存在MN ，使得MN⊥平面PBC ，则MN →∥n .设M(x 1，y 1，z 1)，N(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x 1＝z 2－z 1，y 2－y 1＝0 ①， ∵ 点M ，N 分别是线段EF 与DG 上的点，∴ EM →＝λEF →，DN →＝tDG →.∵ EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1，y 1－12，z 1，DN →＝(x 2，y 2－2，z 2)， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x 1－1＝－λ，y 1－12＝12λ，z 1＝12λ，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝12t ，y 2－2＝－32t ，z 2＝12t ②， 把②代入①，得⎩⎪⎨⎪⎧－32t －12λ＋32＝0，12t ＋λ－1＝12t －12λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝23，t ＝79， ∴ M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，56，13，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫718，56，718. 13. 如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，点M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1) 求证：MN∥平面BDE ；(2) 求二面角CEM N 的正弦值；(3) 已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．(1) 证明：如图，以A 点为坐标原点，分别以AB →，AC →，AP →方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z)为平面BDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨取z ＝1，可得n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN∥平面BDE.(2) 解：由题可知n 1＝(1，0，0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1，2，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 2－z 2＝0，x 2＋2y 2－z 2＝0. 取y 2＝1，可得n 2＝(－4，1，－2)．因此cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－42121， 所以sin 〈n 1，n 2〉＝10521， 所以二面角CEMN 的正弦值为10521. (3) 解：依题意，设AH ＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，NH →＝(－1，－2，h)，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →|NH →||BE →|| ＝|2h －2|h 2＋5×23 ＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12， 所以线段AH 的长为85或12.。
近年高考数学一轮复习第8章立体几何第4课时直线、平面平行的判定及性质练习理(2021年整理)
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第4课时直线、平面平行的判定及性质1．下列关于线、面的四个命题中不正确的是（）A．平行于同一平面的两个平面一定平行B．平行于同一直线的两条直线一定平行C．垂直于同一直线的两条直线一定平行D．垂直于同一平面的两条直线一定平行答案C解析垂直于同一条直线的两条直线不一定平行，可能相交或异面．本题可以以正方体为例证明．2．设α，β，γ为平面,a,b为直线,给出下列条件：①a⊂α,b⊂β，a∥β，b∥α;②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α,b⊥β，a∥b。
其中能推出α∥β的条件是( )A．①②B．②③C．②④D．③④答案C3．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8，12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为( )A．10 B．20C．8 D．4答案B解析设截面四边形为EFGH，F，G,H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝4,FG＝HE＝6。
∴周长为2×(4＋6)＝20。
4．（2018·安徽毛坦厂中学月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A内且与平面D1EF平行的直线( ）A．有无数条B．有2条C．有1条D．不存在答案A解析因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1,所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条，故选A。
2019版高考数学一轮复习训练：基础与考点过关第八章立体几何初步
1. 公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个 平面内．
公理 2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是 经过这个公共点的一条直线．
公理 3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论 1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面． 推论 2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论 3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系
2
所以 GH∥BC，且 GH＝ BC，
所以四边形 BCHG为平行四边形． (2) 解： C，D，F，E 四点共面．理由如下：由
1 BE∥FA， BE＝ 2FA，点 G为 FA 的中点知，
BE∥ FG， BE＝ FG，所以四边形 BEFG为平行四边形，所以 EF∥BG. 由 (1) 知 BG∥CH， BG＝ CH，所以 EF∥CH，所以 EF 与 CH共面． 又 D∈FH，所以 C， D， F， E 四点共面．
1 ∥FA， BE＝ 2FA，点 G， H 分别为 FA， FD的中点．
(1) 求证：四边形 BCHG是平行四边形． (2) C ， D， F，E 四点是否共面？为什么？
1 (1) 证明：因为点 G， H 分别为 FA， FD的中点，所以 GH∥AD， GH＝2AD.又 BC∥AD， BC
1 ＝ AD，
(1) 判定定理： 过平面内一点与平面外一点的直线， 和这个平面内不经过该点的直线是 异面直线．
(2) 符号表示：若 l ? α， A?α ， B∈ α ， B?l ，则直线 AB 与 l 是异面直线．
5. 异面直线所成的角
(1) 定义：设 a，b 是异面直线，经过空间任意一点 O，作直线 a′∥ a， b′∥ b，我们
【新】2019届高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪训练42空间点、直线、平面之间的位置关系文
课时跟踪训练(四十二) 空间点、直线、平面之间的位置关系[基础巩固]一、选择题1．和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( )A．异面 B．相交 C．平行 D．异面或相交[解析] 当两条直线无公共点时，可知两直线异面；当两异面直线中的一条直线与两条直线交于一点时，可知两直线相交，选D.[答案] D2.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M[解析] ∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又C∈γ，M、C∈β，∴γ与β的交线必通过点C和点M.选D.[答案] D3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是BD1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是( )A．A1、M、O三点共线B．M、O、A1、A四点共面C．A、O、C、M四点共面D．B、B1、O、M四点共面[解析] 因为O是BD1的中点．由正方体的性质知，O也是A1C的中点，所以点O在直线A1C上，又直线A1C交平面AB1D1于点M，则A1、M、O三点共线，又直线与直线外一点确定一个平面，所以B、C正确．[答案] D4．以下四个命题中，正确命题的个数是( )①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A ，B ，C ，D 共面，点A ，B ，C ，E 共面，则A ，B ，C ，D ，E 共面；③若直线a ，b 共面，直线a ，c 共面，则直线b ，c 共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A ．0B ．1C ．2D ．3[解析] 对于①，不共面的四点中，其中任意三点不共线，故①正确；对于②，若A ，B ，C 共线时，A ，B ，C ，D ，E 不一定共面 ，故②不正确；对于③，b ，c 也可异面，故③不正确；④是错误的．选B.[答案] B5．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45[解析] 如图，连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角或其补角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45.[答案] D6．两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是( )A．两条相交直线B．两条平行直线C．两个点D．一条直线和直线外一点[解析] 如图，在正方体ABCD－EFGH中，M，N分别为BF，DH的中点，连接MN，DE，CF，EG.当异面直线为EG，MN所在直线时，它们在底面ABCD内的射影为两条相交直线；当异面直线为DE，GF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD，BC，是两条平行直线；当异面直线为DE，BF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD和点B，是一条直线和一个点，故选C.[答案] C二、填空题7．(2017·陕西汉中调研)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是________．[答案] b与α相交或b⊂α或b∥α8．(2018·江西上饶月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与MB 1是异面直线；④直线MN 与AC 所成的角为60°.其中正确的结论为________(把你认为正确的结论序号都填上)．[解析] 由题图可知AM 与CC 1是异面直线，AM 与BN 是异面直线，BN 与MB 1为异面直线．因为D 1C ∥MN ，所以直线MN 与AC 所成的角就是D 1C 与AC 所成的角，且角为60°.[答案] ③④9．(2017·广东华山模拟)如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为________．[解析] 取A 1C 1的中点E ，连接B 1E ，ED ，AE ，在Rt △AB 1E 中，∠AB 1E 即为所求．设AB ＝1，则A 1A ＝2，AB 1＝3，B 1E ＝32，AE ＝32，故∠AB 1E ＝60°. [答案] 60° 三、解答题10．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1、B 1C 1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．[解] (1)不是异面直线．理由如下：连接MN、A1C1、AC.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1.∵A1A綊C1C，∴A1ACC1为平行四边形，∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线．理由如下：假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α.∴D1、B、C、C1∈α，与ABCD－A1B1C1D1是正方体矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．[能力提升]11．如图，平面α与平面β交于直线l，A，C是平面α内不同的两点，B，D是平面β内不同的两点，且A，B，C，D不在直线l上，M，N分别是线段AB，CD的中点，下列判断正确的是( )A．若AB与CD相交，且直线AC平行于l时，则直线BD与l可能平行也有可能相交B．若AB，CD是异面直线时，则直线MN可能与l平行C．若存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交，则AB，CD不可能是异面直线D．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交[解析] 对于A，直线BD与l只能平行；对于B，直线MN与l异面；对于C，AB与CD 可能为异面直线．当直线AB与CD的中点M，N重合时，必有直线AC∥l，故不可能相交，综上所述，故选D.[答案] D12．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13[解析] 解法一：∵α∥平面CB1D1，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，α∩平面ABCD＝m，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1，平面ABB1A1∥平面DCC1D1，α∩平面ABB1A1＝n，平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，∴n∥CD1.∴B1D1，CD1所成的角等于m，n所成的角，即∠B1D1C等于m，n所成的角．∵△B1D1C为正三角形，∴∠B1D1C＝60°，∴m，n所成的角的正弦值为3 2.解法二：由题意画出图形如图，将正方体ABCD－A1B1C1D1平移，补形为两个全等的正方体如图，易证平面AEF∥平面CB1D1，所以平面AEF即为平面α，m 即为AE ，n 即为AF ，所以AE 与AF 所成的角即为m 与n 所成的角．因为△AEF 是正三角形，所以∠EAF ＝60°， 故m ，n 所成角的正弦值为32. [答案] A13．如图所示，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是__________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点；②存在一个平面α0，使得GF ∥EH ∥BD ；③存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上．[解析] 当H ，G 分别为AD ，BC 的中点时，直线GF ，EH ，BD 平行，所以①错，②正确；若存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上，则平面α0与CD 的交点不可能是CD 的中点，故③错．[答案] ②14．(2017·安徽安庆调研)如图所示，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．[解析] 取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF 綊12AD .∴∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)．在△GHF 中，可求HF ＝2，GF ＝GH ＝6，∴cos ∠GFH ＝22＋62－622×2×6＝36. [答案]3615．(2017·河南许昌模拟)如图所示，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值． [解] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433. (2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE 是异面直线BC 与AD 所成的角(或其补角)．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2， cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.16．如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点．(1)求四棱锥O －ABCD 的体积；(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值的大小． [解] (1)由已知可求得，正方形ABCD 的面积S ＝4， 所以，四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，则∠EMD 为异面直线OC 与MD 所成的角(或其补角)， 由已知，可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5， ∵(2)2＋(3)2＝(5)2，∴△DEM 为直角三角形， ∴tan ∠EMD ＝DE EM＝23＝63. [延伸拓展]过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l 可以作( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条[解析] ∵正方体的四条(体)对角线与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，如图1，其中只有一条过A ，只需把另外三条进行适当平移使之分别过点A (参考图2)即可，∴过A 可以作出适合题意要求的四条直线l .小中高精品教案试卷[答案] D制作不易推荐下载11。
近年高考数学一轮复习第八章立体几何第3讲点、直线、平面之间的位置关系课时作业理(2021年整理)
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第3讲点、直线、平面之间的位置关系1．(2015年广东）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至少与l1，l2中的一条相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1,l2中的一条相交D．l与l1，l2都不相交2．（2016年浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l。
若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n3．若P是两条异面直线l，m外的任意一点．则（）A．过点P有且仅有一条直线与l,m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l.m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面4．(2015年湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1,l2是异面直线；q：l，l2不相交，则( )1A．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5．如图X83。
1所示的是正方体的平面展开图,在这个正方体中．图X8 3.1①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°;④CN与AF垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是( ）A．①②③ B．②④ C．③ D．③④6．直三棱柱ABC.A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( ）A．30° B．45° C．60° D．90°7．（2014年大纲）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。
【K12教育学习资料】[学习]2019届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪训练44 直线、
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课时跟踪训练(四十四) 直线、平面垂直的判定与性质[基础巩固]一、选择题1．(2017·湖北七市高三联考)设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( )A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直[解析] 对于A，在平面α内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；对于B，只要m⊄α，过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；对于C，类似于A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；对于D，与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B.[答案] B2．(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n[解析] 对于选项A，∵α∩β＝l，∴l⊂α，∵m∥α，∴m与l可能平行，也可能异面，故选项A不正确；对于选项B，D，∵α⊥β，m∥α，n⊥β，∴m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故选项B，D不正确．对于选项C，∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.[答案] C3．(2018·湖南长沙模拟)已知α，β，γ为平面，l是直线，若α∩β＝l，则“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[解析] 由α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l可以推出l⊥γ；反过来，若l⊥γ，α∩β＝l，则根据面面垂直的判定定理，可知α⊥γ，β⊥γ.所以若α∩β＝l，则“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件．[答案] C4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC[解析] ∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.[答案] C5．(2017·贵阳监测)如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC[解析] A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.[答案] B6.(2017·湖北孝感高中期中)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝AC，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出下列结论：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③平面AMC1⊥平面CBA1.其中正确结论的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3[解析] ①在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1.因为BC＝AC，所以B1C1＝A1C1.因为M为A1B1的中点，所以C1M⊥A1B1.因为平面A1B1C1∩平面ABB1A1＝A1B1，所以C1M ⊥平面ABB1A1.故①正确．②由①知，C1M⊥A1B，又因为AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以A1B⊥AM.因为M，N分别是A1B1，AB的中点，所以ANB1M是平行四边形，所以AM∥NB1.因为A1B⊥AM，所以A1B⊥NB1.故②正确．③由②知A1B⊥平面AMC1，因为A1B⊂平面CBA1，所以平面AMC1⊥平面CBA1.故③正确．综上所述，正确结论的个数为3.故选D.[答案] D二、填空题7.(2017·河北石家庄调研)如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．[解析] ∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．[答案] 48．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)[解析] 由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，就有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.[答案] DM⊥PC(或BM⊥PC等)三、解答题9．(2017·山东青岛质检)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D－BCG的体积．[解] (1)证明：由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点，所以CG⊥AD.同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BCG.又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .(2)在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O ，如图由平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BDC ＝BC ，AO ⊂平面ABC ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC的距离h 是AO 长度的一半．在△AOB 中，AO ＝AB ·sin60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h ＝13×12BD ·BC ·sin120°·32＝12.10．(2017·云南省高中毕业班统一检测)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝BC ＝2a ，AC ＝23a ，E 是PA 的中点．(1)求证：平面BED ⊥平面PAC ； (2)求点E 到平面PBC 的距离．[解] (1)证明：在平行四边形ABCD 中，AB ＝BC ， ∴四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .∵PC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PC ⊥BD . 又PC ∩AC ＝C ，∴BD ⊥平面PAC ，∵BD ⊂平面BED ， ∴平面BED ⊥平面PAC .(2)设AC 交BD 于点O ，连接OE ，如图．在△PCA 中，易知O 为AC 的中点，E 为PA 的中点， ∴EO ∥PC .∵PC ⊂平面PBC ，EO ⊄平面PBC ， ∴EO ∥平面PBC ，∴点O 到平面PBC 的距离就是点E 到平面PBC 的距离． ∵PC ⊥平面ABCD ，PC ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面ABCD ，交线为BC .在平面ABCD 内过点O 作OH ⊥BC 于点H ，则OH ⊥平面PBC . 在Rt △BOC 中，BC ＝2a ，OC ＝12AC ＝3a ，∴OB ＝a .S △BOC ＝12OC ·OB ＝12BC ·OH ，∴OH ＝OB ·OC BC ＝a ·3a 2a ＝32a . ∴点E 到平面PBC 的距离为32a . [能力提升]11．空间四边形ABCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，M ，N 分别是对角线AC 与BD 的中点，则MN 与( )A ．AC ，BD 之一垂直B ．AC ，BD 不一定垂直 C ．AC ，BD 都不垂直D ．AC ，BD 都垂直[解析] 连接BM ，DM ，AN ，CN ，在△ABC 和△ACD 中，AB ＝CD ，AD ＝BC ，AC ＝CA ，故△ABC ≌△CDA .又M 为AC 中点，∴BM ＝DM .∵N 为BD 的中点，∴MN ⊥BD .同理可证MN ⊥AC ，故选D.[答案] D12．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC[解析] ∵在四边形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，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，CD∩AD＝D，故AB⊥平面ADC.∴平面ABC⊥平面ADC.故选D.[答案] D13．(2017·内蒙古包头一模)已知直线a ，b ，平面α，且满足a ⊥α，b ∥α，有下列四个命题：①对任意直线c ⊂α，有c ⊥a ；②存在直线c ⊄α，使c ⊥b 且c ⊥α；③对满足a ⊂β的任意平面β，有β∥α；④存在平面β⊥α，使b ⊥β.其中正确的命题有________．(填序号)[解析] 因为a ⊥α，所以a 垂直于α内任一直线，所以①正确；由b ∥α得α内存在一直线l 与b 平行，在α内作直线m ⊥l ，则m ⊥b ，m ⊥a ，再将m 平移得到直线c ，使c ⊄α即可，所以②正确；由面面垂直的判定定理可得③不正确；若b ⊥β，则由b ∥α得α内存在一条直线l 与b 平行，必有l ⊥β，即有α⊥β，而b ⊥β的平面β有无数个，所以④正确．[答案] ①②④14．如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上．点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．[解析] 点P 到直线CC 1的距离等于点P 在平面ABCD 上的射影到点C 的距离，设点P 在平面ABCD 上的射影为P ′，显然点P 到直线CC 1的距离的最小值为P ′C 的长度的最小值．当P ′C ⊥DE 时，P ′C 的长度最小，此时P ′C ＝2×122＋1＝255. [答案]25515．(2017·北京海淀区零模)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝3，E 是侧棱PA 上的动点．(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是PA 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)不论点E 在侧棱PA 的任何位置，是否都有BD ⊥CE ？证明你的结论． [解] (1)因为PA ⊥平面ABCD ，所以V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PA ＝13×12×3＝33，即四棱锥P －ABCD 的体积为33. (2)证明：如图所示，连接AC 交BD 于点O ，连接OE .因为四边形ABCD 是正方形，所以O 是AC 的中点， 又E 是PA 的中点，所以PC ∥OE ， 因为PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .(3)不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE .证明如下： 因为四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，因为PA ⊥底面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .因为不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有CE ⊂平面PAC ， 所以不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE .16.(2017·全国卷Ⅰ )如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．[解] (1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又CD ∩PD ＝D ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，又AD ∩AB ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而AB ＝DC ＝PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2·sin60°＝6＋2 3.[延伸拓展](2018·山东青岛质检)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是正三角形，点D是BC的中点，BC＝BB1.(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)试在棱CC1上找一点M，使得MB⊥AB1，并说明理由．[解] (1)证明：如图所示，连接A1B交AB1于点O，连接OD.∵O，D分别是A1B，BC的中点，∴A1C∥OD.∵A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)M为CC1的中点．理由如下：∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝BB1，∴四边形BCC1B1是正方形．∵M为CC1的中点，D是BC的中点，∴△B1BD≌△BCM，∴∠BB1D＝∠CBM.又∵∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2， ∴∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴BM ⊥B 1D . ∵△ABC 是正三角形，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C . ∵BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥BM .∵AD ∩B 1D ＝D ，∴BM ⊥平面AB 1D .∵AB 1⊂平面AB 1D ，∴MB ⊥AB 1.。
2019-2020年高考数学一轮复习第八章平面解析几何分层限时跟踪练
2019-2020年高考数学一轮复习第八章平面解析几何分层限时跟踪练1．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于不同的A 、B 两点． (1)如果直线l 过抛物线的焦点，求OA →·OB →的值；(2)如果OA →·OB →＝－4，证明直线l 必过一定点，并求出该定点． 【解】 (1)由题意知，抛物线焦点为(1,0)， 设l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋1)(ty 2＋1)＋y 1y 2＝t 2y 1y 2＋t (y 1＋y 2)＋1＋y 1y 2＝－4t 2＋4t 2＋1－4＝－3.(2)设l ：x ＝ty ＋b ，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4b ＝0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4b ，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋b )(ty 2＋b )＋y 1y 2＝t 2y 1y 2＋bt (y 1＋y 2)＋b 2＋y 1y 2＝－4bt 2＋4bt 2＋b 2－4b ＝b 2－4b . 令b 2－4b ＝－4，∴b 2－4b ＋4＝0，∴b ＝2， ∴直线l 过定点(2,0)．∴若OA →·OB →＝－4，则直线l 必过一定点(2,0)．2．(xx·陕西高考)如图886，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. 图886(1)求椭圆E 的方程．(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.【解】 (1)由题设知ca ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝ 2.所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0.由已知Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4kk －1＋2k2，x 1x 2＝2kk －1＋2k2.从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2.3．给出双曲线x 2－y 22＝1. (1)求以A (2,1)为中点的弦所在的直线方程；(2)过点B (1,1)能否作直线m ，使得m 与双曲线交于两点Q 1，Q 2，且B 是Q 1Q 2的中点？这样的直线m 若存在，求出它的方程；若不存在，说明理由．【解】 (1)设弦的两端点为P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧2x 21－y 21＝2，2x 22－y 22＝2，两式相减得到2(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)，又x 1＋x 2＝4，y 1＋y 2＝2，所以直线斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4. 故求得直线方程为4x －y －7＝0.(2)假设满足题设条件的直线m 存在，按照(1)的解法可得直线m 的方程为y ＝2x －1.考虑到方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，x 2－y 22＝1无解，因此满足题设条件的直线m 是不存在的．4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4，且过点P (2，3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设Q (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)为椭圆C 上一点．过点Q 作x 轴的垂线，垂足为E .取点A (0,22)，连结AE .过点A 作AE 的垂线交x 轴于点D .点G 是点D 关于y 轴的对称点，作直线QG .问这样作出的直线QG 是否与椭圆C 一定有唯一的公共点？并说明理由．【解】 (1)因为焦距为4，所以a 2－b 2＝4.又因为椭圆C 过点P (2，3)，所以2a 2＋3b2＝1，故a 2＝8，b 2＝4，从而椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)由题意知，E 点坐标为(x 0,0)，设D (x D,0)，则AE →＝(x 0，－22)，AD →＝(x D ，－22)， 再由AD ⊥AE 知，AE →·AD →＝0，即x 0x D ＋8＝0. 由于x 0y 0≠0，故x D ＝－8x 0.因为点G 是点D 关于y 轴的对称点，所以点G ⎝⎛⎭⎪⎫8x，0. 故直线QG 的斜率k QG ＝y 0x 0－8x 0＝x 0y 0x 20－8. 又因Q (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 20＋2y 20＝8.① 从而k QG ＝－x 02y 0.故直线QG 的方程为y ＝－x 02y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －8x 0.②将②代入椭圆C 的方程，得 (x 20＋2y 20)x 2－16x 0x ＋64－16y 20＝0.③ 再将①代入③，化简得x 2－2x 0x ＋x 20＝0.解得x ＝x 0，y ＝y 0，即直线QG 与椭圆C 一定有唯一的公共点．[能 力 练]扫盲区 提素能1．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有|FA |＝|FD |.当点A 的横坐标为3时，△ADF 为正三角形．(1)求C 的方程；(2)若直线l 1∥l ，且l 1和C 有且只有一个公共点E ，证明直线AE 过定点，并求出定点坐标．【解】 (1)由题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0. 设D (t,0)(t ＞0)， 则FD 的中点为⎝⎛⎭⎪⎫p ＋2t 4，0.因为|FA |＝|FD |，由抛物线的定义知3＋p 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －p 2，解得t ＝3＋p 或t ＝－3(舍去)． 由p ＋2t4＝3，解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)证明：由(1)知F (1,0)，设A (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)，D (x D,0)(x D ＞0)， 因为|FA |＝|FD |，则|x D －1|＝x 0＋1， 由x D ＞0得x D ＝x 0＋2，故D (x 0＋2,0)． 故直线AB 的斜率k AB ＝－y 02. 因为直线l 1和直线AB 平行， 设直线l 1的方程为y ＝－y 02x ＋b ，代入抛物线方程得y 2＋8y 0y －8b y 0＝0，由题意Δ＝64y 20＋32b y 0＝0，得b ＝－2y 0.设E (x E ，y E )，则y E ＝－4y 0，x E ＝4y 20.当y 20≠4时，k AE ＝y E －y 0x E －x 0＝－4y 0＋y 04y 20－y 204＝4y 0y 20－4， 可得直线AE 的方程为y －y 0＝4y 0y 20－4(x －x 0)， 由y 20＝4x 0，整理可得y ＝4y 0y 20－4(x －1)，直线AE 恒过点F (1,0)．当y 20＝4时，直线AE 的方程为x ＝1，过点F (1,0)，所以直线AE 过定点F (1,0)．2．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的焦距为32，其中一条渐近线的方程为x－2y ＝0.以双曲线C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E ，过原点O 的动直线与椭圆E 交于A 、B 两点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若点P 为椭圆E 的左顶点，PG →＝2GO →，求|GA →|2＋|GB →|2的取值范围；(3)若点P 满足|PA |＝|PB |，求证：1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2为定值．【解】 (1)由双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的焦距为32，得c ＝322，∴a 2＋b 2＝92.①由题意知ba ＝22，② 由①②解得a 2＝3，b 2＝32，∴椭圆E 的方程为x 23＋23y 2＝1.(2)由(1)知P (－3，0)．设G (x 0，y 0)，由PG →＝2GO →，得(x 0＋3，y 0)＝2(－x 0，－y 0)．即⎩⎨⎧x 0＋3＝－2x 0，y 0＝－2y 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－33，y 0＝0，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0. 设A (x 1，y 1)，则B (－x 1，－y 1)，|GA →|2＋|GB →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋332＋y 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－332＋y 21＝2x 21＋2y 21＋23＝2x 21＋3－x 21＋23＝x 21＋113.又∵x 1∈[－3，3]，∴x 21∈[0,3]，∴113≤x 21＋113≤203，∴|GA →|2＋|GB →|2的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤113，203.(3)证明：由|PA |＝|PB |，知P 在线段AB 的垂直平分线上， 由椭圆的对称性可知A 、B 关于原点对称．①若A 、B 在椭圆的短轴顶点处，则点P 在椭圆的长轴顶点处，此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2＝1b 2＋1b 2＋2a2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2.若A 、B 在椭圆的长轴顶点处，则点P 在椭圆的短轴顶点处，此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2＝1a2＋1a 2＋2b2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2. ②当点A 、B 、P 不在椭圆顶点处时，设直线l 的方程为y ＝kx (k ≠0)，则直线OP 的方程为y ＝－1kx ，设A (x 2，y 2)，B (－x 2，－y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 23＋2y 23＝1，解得x 22＝31＋2k 2，y 22＝3k 21＋2k2.所以|OA |2＝|OB |2＝x 22＋y 22＝＋k21＋2k2， 用－1k代换k ，得|OP |2＝＋k 22＋k2.∴1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2＝1＋2k 2＋k 2＋1＋2k2＋k2＋＋k2＋k2＝2. 综上，1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2为定值2. 3．已知椭圆C 1，抛物线C 2的焦点均在y 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于表中：(1)求C 1，C 2的标准方程；(2)设斜率不为0的动直线l 与C 1有且只有一个公共点P ，且与C 2的准线相交于点Q ，试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解】 (1)设C 1，C 2的标准方程分别为y 2a 2＋x 2b2＝1(a ＞b ＞0)，x 2＝py ， ∵(0，－22)不符合x 2＝py ，∴该点必为椭圆上的点， 代入得a ＝2 2.即椭圆方程为y 28＋x 2b2＝1，若(4,1)在椭圆上，则有18＋16b2＝1，b 2＝1287＞a 2(不合题意)． 即(4,1)在抛物线上，∴p ＝16， 抛物线方程为x 2＝16y ，验证得⎝⎛⎭⎪⎫－1，116在抛物线上，(2，－2)不在抛物线上，∴(2，－2)在椭圆上，∴b 2＝4.故C 1，C 2的标准方程分别为y 28＋x 24＝1，x 2＝16y .(2)存在．设直线l 的方程为x ＝my ＋n ， 将其代入y 28＋x 24＝1，消去x 并化简整理得(1＋2m 2)y 2＋4mny ＋2n 2－8＝0， ∵l 与C 1相切，∴Δ＝16m 2n 2－4(1＋2m 2)(2n 2－8)＝0， ∴n 2＝4(1＋2m 2)， 设切点P (x 0，y 0)， 则y 0＝－2mn 1＋2m 2＝－8mn， x 0＝my 0＋n ＝n 2－8m 2n ＝4n.又直线l 与C 2的准线y ＝－4的交点Q (n －4m ，－4)， ∴以PQ 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4n (x －n ＋4m )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋8m n (y ＋4)＝0，化简并整理得x 2－4n x ＋(4m －n )x ＋8mn (y ＋2)＋(y ＋2)2＝0，当x ＝0，y ＝－2时，等式恒成立， 即存在定点M (0，－2)符合题意．4．(xx·湖北高考)一种画椭圆的工具如图887(1)所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处的铰链与ON 连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且DN ＝ON ＝1，MN ＝3.当栓子D 在滑槽AB 内作往复运动时，带动．．N 绕O 转动，M 处的笔尖画出的椭圆记为C .以O 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图887(2)所示的平面直角坐标系．图887(1)求椭圆C 的方程；(2)设动直线l 与两定直线l 1：x －2y ＝0和l 2：x ＋2y ＝0分别交于P ，Q 两点．若直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，试探究：△OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)因为|OM |≤|MN |＋|NO |＝3＋1＝4，当M ，N 在x 轴上时，等号成立；同理，|OM |≥|MN |－|NO |＝3－1＝2，当D ，O 重合，即MN ⊥x 轴时，等号成立，所以椭圆C 的中心为原点O ，长半轴长为4，短半轴长为2，其方程为x 216＋y 24＝1.(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线l 为x ＝4或x ＝－4，都有S △OPQ ＝12×4×4＝8.②当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝kx ＋m ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ≠±12， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝16，消去y ，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0.因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点， 所以Δ＝64k 2m 2－4()1＋4k 2(4m 2－16)＝0，即m 2＝16k 2＋4.①又由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x －2y ＝0，可得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ，m 1－2k ；同理可得Q ⎝⎛⎭⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k .由原点O 到直线PQ 的距离为d ＝|m |1＋k2和|PQ |＝1＋k 2|x P －x Q |，可得S △OPQ ＝12|PQ |·d ＝12|m ||x P －x Q |＝12·|m |⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 1－2k ＋2m 1＋2k ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 21－4k 2.② 将①代入②，得S △OPQ ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 21－4k 2＝8|4k 2＋1||4k 2－1|. 当k 2>14时，S △OPQ ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋14k 2－1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋24k 2－1>8；当0≤k 2<14时，S △OPQ ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋11－4k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋21－4k 2.因为0≤k 2<14，则0<1－4k 2≤1，21－4k2≥2，所以S △OPQ ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋21－4k 2≥8，当且仅当k ＝0时取等号． 所以当k ＝0时，S △OPQ 取最小值为8.综合①②可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值8.。
2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测(三十六)直线、平面平行的判定及其性质 文
2019年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测（三十六）直线、平面平行的判定及其性质文一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(xx·汇龙中学测试)已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的位置关系为________．解析：依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b 与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．答案：平行或直线b在平面α内2．(xx·南京模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是________．解析：如图，由AEEB＝CFFB得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.答案：AC∥平面DEF3．(xx·天星湖中学测试)在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列四对截面中彼此平行的是________(填序号)．①平面A1BC1和平面ACD1；②平面BDC1和平面B1D1A；③平面B1D1D和平面BDA1；④平面ADC1和平面A1D1C.解析：如图，结合正方体的性质及面面平行的判定可知平面A1BC1∥平面ACD1，平面BDC1∥平面B1D1A.答案：①②4．如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD ＝1，则AB ＝________.解析：因为α∥β，所以CD ∥AB ， 则PC PA ＝CD AB ，所以AB ＝PA ×CD PC ＝5×12＝52. 答案：525.如图所示，在四面体ABCD 中，点M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．解析：连结AM 并延长，交CD 于点E ，连结BN ，并延长交CD 于点F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连结MN ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD .答案：平面ABC 、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1．在空间中，已知直线a ，b ，平面α，则以下三个命题： ①若a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α； ②若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α； ③若a ∥α，b ∥α，则a ∥b . 其中真命题的个数是________．解析：对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①是假命题；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②是假命题；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．答案：02．(xx·连云港调研)一条直线与两个平行平面中的一个成30°角，且被两平面所截得的线段长为2，那么这两个平行平面间的距离是________．解析：由题意知，两个平行平面间的距离d ＝2sin 30°＝1. 答案：13．(xx·前黄高级中学检测)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，下列结论中，正确的是________(填序号)．①AD 1∥BC 1；②平面AB 1D 1∥平面BDC 1； ③AD 1∥DC 1；④AD 1∥平面BDC 1.解析：如图，因为AB ∥C 1D 1，AB ＝C 1D 1，所以四边形AD 1C 1B 为平行四边形，故AD 1∥BC 1，从而①正确；易证AB 1∥DC 1，BD ∥B 1D 1，又AB 1∩B 1D 1＝B 1，BD ∩DC 1＝D ，故平面AB 1D 1∥平面BDC 1，从而②正确；由图易知AD 1与DC 1异面，故③错误；因为AD 1∥BC 1，AD 1⊄平面BDC 1，BC 1⊂平面BDC 1，所以AD 1∥平面BDC 1，故④正确．答案：①②④4．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形； ②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值． 其中正确命题的个数是________．解析：由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，因为A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ， 所以A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ， 所以A 1D 1∥平面EFGH (水面)． 所以③是正确的；对于④，因为水是定量的(定体积V )， 所以S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V .所以BE ·BF ＝2VBC(定值)，即④是正确的．答案：35.在三棱锥S ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH的面积为________．解析：取AC 的中点G ，连结SG ，BG . 易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ， 故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形， 其面积S ＝HF ·HD ＝12AC ·12SB ＝452.答案：4526．设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案：①或③7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1 cm ，过AC 作平行于对角线BD 1的截面，则截面面积为________cm 2.解析：如图所示，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点， 所以E 为DD 1的中点，所以S △ACE ＝12×2×32＝64(cm 2)．答案：648．(xx·海安中学检测)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是________．解析：取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连结A 1M ，A 1N ，MN ，可以证明平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上，因为A 1M ＝A 1N ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以当点P 位于M ，N 处时，A 1P 的长度最长，取MN 的中点O ，连结A 1O ，当P 位于MN 的中点O 时，A 1P 的长度最短，此时A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 9.如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．求证：(1)AP ∥平面BEF ； (2)GH ∥平面PAD . 证明：(1)连结EC ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC 綊AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形， 所以O 为AC 的中点．又因为F 是PC 的中点，所以FO ∥AP ， 因为FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ， 所以AP ∥平面BEF .(2)连结FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点， 所以FH ∥PD ，因为PD ⊂平面PAD ，FH ⊄平面PAD ， 所以FH ∥平面PAD .又因为O 是AC 的中点，H 是CD 的中点， 所以OH ∥AD ，因为AD ⊂平面PAD ，OH ⊄平面PAD ， 所以OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，所以平面OHF ∥平面PAD . 因为GH ⊂平面OHF ，所以GH ∥平面PAD .10.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连结MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，所以HD 1∥MC 1.又因为MC 1∥BF ，所以BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连结EO ，D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ，所以OE 綊D 1G ，所以四边形OEGD 1是平行四边形， 所以GE ∥D 1O .又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ， 所以EG ∥平面BB 1D 1D . (3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， 所以平面BDF ∥平面B 1D 1H .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知平面α∥平面β，P 是α，β外一点，过P 点的两条直线AC ，BD 分别交α于A ，B ，交β于C ，D ，且PA ＝6，AC ＝9，AB ＝8，则CD 的长为________．解析：若P 在α，β的同侧，由于平面α∥平面β，故AB ∥CD ，则PA PC ＝PA PA ＋AC ＝ABCD，可求得CD ＝20；若P 在α，β之间，则AB CD ＝PA PC ＝PAAC －PA，可求得CD ＝4.答案：20或42.如图所示，设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD 于PQ ，Q在直线CD 上，则PQ ＝________.解析：因为平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， 所以B 1D 1∥PQ . 又因为B 1D 1∥BD ， 所以BD ∥PQ ， 设PQ ∩AB ＝M ， 因为AB ∥CD ， 所以△APM ∽△DPQ . 所以PQ PM ＝PD AP＝2， 即PQ ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ，所以PM BD ＝AP AD ＝13，所以PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，所以PQ ＝223a .答案：223a3.如图，四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点． (1)求证：CE ∥平面PAD .(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面PAD ∥平面CEF ？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取PA 的中点H ，连结EH ，DH ， 因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ，又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ， 因此CE ∥平面PAD . (2)存在点F 为AB 的中点， 使平面PAD ∥平面CEF ， 证明如下：取AB 的中点F ，连结CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形， 因此CF ∥AD ， 又CF ⊄平面PAD ， 所以CF ∥平面PAD ， 由(1)可知CE ∥平面PAD ， 又CE ∩CF ＝C ， 故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB的中点F满足要求．21959 55C7 嗇27402 6B0A 權H39735 9B37 鬷20173 4ECD 仍32229 7DE5 緥26424 6738 朸 39288 9978 饸37056 90C0 郀 1ab22852 5944 奄。
2019版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测40 理 新人教A版.doc
2019版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测40 理 新人教A 版1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3B ．82π3C ．82πD ．32π3答案：B解析：截面面积为π，则该小圆的半径为1，设球的半径为R ，则R 2＝12＋12＝2，∴R ＝2，V ＝43πR 3＝82π3，故选B. 2．母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于4π3，则该圆锥的体积为( )A.22π81 B ．8π81C.45π81D ．10π81答案：C解析：设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝4π3，∴r ＝23，∴圆锥的高h ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝53.∴圆锥的体积V ＝13πr 2·h ＝45π81.3．某三棱锥的三视图如图所示，那么它的体积为( )A.13B ．23C ．1D ．2答案：B解析： 构造棱长为2的正方体，由三视图知，该三棱锥为如图所示的三棱锥P －ABC .所以其体积V P －ABC ＝13S △ABC ×2＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×2＝23，故选B.4．[2017·宁夏银川模拟]如图是一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图中曲线部分为半圆，尺寸如图，则该几何体的表面积为( )A ．2＋3π＋4 2B ．2＋2π＋4 2C ．8＋5π＋2 3D ．6＋3π＋2 3答案：A解析：由三视图可知，该几何体是半个圆柱和侧棱垂直于底面的三棱柱组成的几何体，该几何体的表面积S ＝π×2×1＋42＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12π＋1＝3π＋42＋2，故选A.5．[2016·新课标全国卷Ⅰ]如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π答案：A解析：由三视图知，该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图)，设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，故R ＝2，从而它的表面积S ＝78×4πR 2＋34×πR2＝17π.故选A.6．[2017·广东茂名二模]若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为 ( )A ．34πB ．35πC ．36πD ．17π答案：A解析：由几何体的三视图知，它是底面是正方形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R 2＝32＋32＋42＝18＋16＝34(其中R 为外接球的半径)，外接球表面积为S ＝4πR 2＝34π.故选A.7．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26 B ．36 C.23D ．22答案：A解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，则 |OO 1|＝OC 2－O 1C 2＝1－13＝63. 三棱锥S －ABC 的高为2|OO 1|＝263.所以三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×34×263＝26.故选A.8．有一根长为3π cm ，底面直径为2 cm 的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________ cm.答案：5π解析：把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD (如图)，由题意知BC ＝3π cm ，AB ＝4π cm ，点A 与点C 分别是铁丝的起、止位置，故线段AC 的长度即为铁丝的最短长度．AC ＝AB 2＋BC 2＝5π(cm)．故铁丝的最短长度为5π cm.9．[2017·广东广州二测]如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是________．答案：8＋6π解析：该几何体是一个放倒的半圆柱上面加一个四棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝V 四棱锥＋V 半圆柱＝13×2×3×4＋12×π×22×3＝8＋6π.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·河南郑州质检]某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647答案：C解析：由三视图知，三棱锥如图所示，底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，PA ⊥平面ABC ，BC ＝27，PA 2＋y 2＝102，(27)2＋PA 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－72]＝x 128－x 2≤x 2＋－x22＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号， 因此xy 的最大值是64.故选C.2．[2017·河南中原名校联考]如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，四棱锥S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.9π16 B ．25π16C.49π16D ．81π16答案：D解析：按如图所示作辅助线，其中O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ， 由正方体的性质知B 1G 1＝22， 则在Rt △OB 1G 1中，OB 21＝G 1B 21＋OG 21， 即(2－x )2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222， 解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝81π16，故选D.3．[2016·四川卷]已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案：33解析：由题意及正视图可知，三棱锥的底面等腰三角形的底长为23，三棱锥的高为1，则三棱锥的底面积为12×22－32×23＝3，∴该三棱锥的体积为13×3×1＝33.4．[2017·宁夏银川一中月考]已知E ，F 分别是棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AA 1，CC 1的中点，则四棱锥C 1－B 1EDF 的体积为________．答案：16a 3解析：解法一：如图所示，连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H .因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，EF ⊂平面B 1EDF ， 所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离． 易知平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ， 又平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ， 所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，所以O 1H 等于四棱锥C 1－B 1EDF 的高． 因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， 所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a . 所以V C 1－B 1EDF ＝13S 四边形B 1EDF ·O 1H＝13·12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3. 解法二：连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得V C 1－B 1EDF ＝V B 1－C 1EF ＋V D －C 1EF＝13·S △C 1EF (h 1＋h 2)＝16a 3.5．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)．(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积． 解：(1)直观图如图所示：(2)由三视图可知，该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形，∴AA 1＝BE ＝1，在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， ∴BB 1＝2， ∴几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝7＋2(m 2)．∴几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)，∴该几何体的表面积为(7＋2) m 2，体积为32 m 3.。
2019届高三文数一轮复习课时跟踪训练：第8章立体几何课时跟踪训练
课时追踪训练 (四十一 )[ 基础稳固 ]一、选择题1．如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为8 2的矩形．则该几何体的表面积是 ()A ．8 B．20＋8 2C．16 D．24＋8 2[分析 ] 由题意可知，该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，其侧棱为14，故其表面积S表＝2×4＋ 2×4＋ 2 2×4＋2×2×2×2＝20＋8 2.棱锥[答案] B2．已知三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长均为B1－ ABC1的体积为 ()1，且AA1⊥底面ABC，则三3 3A. 12B. 46 6C.12D. 41 1 3 3[分析 ] V B1－ABC1＝ V C1－ABB1＝3×2× 1×1× 2＝12.[答案 ] A3．(2015 ·全国卷Ⅰ )《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有以下问题： “今有委米依垣内角， 下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米 (如图，米堆为一个圆锥的四分之一 )，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估量出堆放的米约有 ()A ．14 斛B ．22 斛C ．36 斛D ．66 斛[ 分析 ] 米堆的体积为1×1×π× 8×4 2 ×5＝320将 π＝ 3 代入上式，得体积43 2π3π.320320为 9 立方尺．进而这堆米约有 9×1.62≈22(斛)．[答案 ] B4．(2017 ·河北唐山二模 )一个几何体的三视图以下图，该几何体的表面积为()A ．24－π B．24－3π C．24＋π D．24－2π1 [分析 ] 由三视图可知，该几何体是棱长为2 的正方体挖去右下方8球后获得的几何体，该球以极点为球心， 2 为半径，则该几何体的表面积为2×2×6－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π，应选 A.[答案] A5．(2017 ·浙江卷 )某几何体的三视图以下图(单位： cm)，则该几何体的体积(单位： cm3)是()ππA. 2＋1B.2＋33π3πC. 2＋1D.2＋3[分析 ] 由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥构成的，故该几何体的体积1 1 1 1 πV＝× π×3＋×2×2×1×3＝＋1，应选 A.3 2 3 2[答案 ] A6．(2017 ·全国卷Ⅰ )某多面体的三视图以下图，此中正视图和左视图都是由正方形和等腰直角三角形构成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A ．10B ．12C ．14D ．16[分析 ] 由三视图可知该多面体是一个组合体， 下边是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上边是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为 2，直三棱柱的高为 2，三棱锥的高为 2，易知该多面体有 2 个面2＋4 ×2是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，应选 B.2[答案] B二、填空题7．(2017 ·天津卷 )已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 ________．[分析 ] 由正方体的表面积为 18，得正方体的棱长为3.设该正方体外接球34π 34π 27 9π 的半径为 R ，则 2R ＝3，R ＝ 2，因此这个球的体积为 3 R ＝ 3×8＝ 2.9π[答案 ]28．下列图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积是 ________．[分析 ] 该几何体是一个长方体挖去一半球而得，直观图以下图， (半)球的半径为 1，长方体的长、宽、高分别为 2、2、1，∴该几何体的表面积为：S＝16＋12×4π×12－π×12＝16＋π.[答案 ] 16＋π19． (2017 ·山东卷 )由一个长方体和两个4圆柱体构成的几何体的三视图以下图，则该几何体的体积为 ________．[分析 ]由三视图可知，该组合体中的长方体的长、宽、高分别为2,1,1，其体积 V1＝2×1×1＝2；1两个4圆柱合起来就是圆柱的一半，圆柱的底面半径r＝1，高 h＝1，故其体2π积 V2＝2×π×1 ×1＝2.1π故该几何体的体积V＝V1＋ V2＝2＋2.[答案 ]π2＋2三、解答题10．如图，在四边形 ABCD 中，∠ DAB ＝90°，∠ ADC ＝135°，AB ＝5，CD＝2 2，AD ＝2，求四边形 ABCD 绕 AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．[解 ] 由已知得： CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面 ＝ S 圆台侧 ＋S 圆台下底 ＋ S 圆锥侧 ＝π(2＋ 5)×5＋π×25＋ π×2×2 2＝ (60＋42) π，＝圆台－V 圆锥＝12 22 22 21 π× 2148 V 3(π·2＋π·5＋· π ×－2 ×2＝3 π.V5 ) 4 3[能力提高 ]11．(2015 ·全国卷Ⅱ )已知 A ，B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥 O －ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为()A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π[分析 ] 如图，设点 C 到平面 OAB 的距离为 h ，球 O 的半径为 R ，因为∠AOB ＝90°，因此 S △OAB ＝12R 2，要使 V O－ABC ＝13·S△OAB ·h 最大，则OA ，OB ，OC应两两垂直，且 (V O －ABC )max ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，此时 R ＝6，因此球O 的表面积为 S 球＝4πR 2＝144π故.选 C.[答案] C12． (2017 ·重庆诊疗 )某几何体的三视图以下图，则该几何体的体积为()A.323B．2 3 C.523D．3 3[分析 ] 该几何体的直观图是以下图的不规则几何体ABB1DC1C，其体积是底边边长为 2 的等边三角形，高为 3 的正三棱柱 ABC－A1B1C1的体积减去三1 3 5 3棱锥 A－A1C1D 的体积，即 3 3－3×3×2＝2 .[答案] C13． (2017 ·河南南阳一中四模 )球 O 为正方体 ABCD－A1B1C1D1的内切球，AB＝2，E，F 分别为棱 AD，CC1的中点，则直线EF 被球 O 截得的线段长为________．[分析 ]设EF与球面交于M，N两点，因为AB＝2，E，F分别为棱AD，6 CC1的中点，因此 EF＝6，OE＝OF＝2，取 EF 中点 O′，则 O′F＝2，所以 OO′＝ 2 2－6 2＝22.由球O为正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，22可得 ON＝1，由勾股定理得O′N＝2，故 MN ＝ 2.因此直线 EF 被球 O 截得的线段长为 2.[答案] 214．以下图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PD⊥底面 ABCD，且 PD＝2，PA＝PC＝2 2，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大部分径是 __________．[分析 ] 由已知得，△ PAD，△ PDC，△ PAB，△ PBC 都是直角三角形．设内切球的球心为 O，半径为 R，连结 OA， OB， OC，OD，OP，易知 V P－ABCD＝V O－ABCD＋ V O－PAD＋ V O－PAB＋ V O－PBC＋V O－PCD，即 1 ×22×2＝1 ×22×R＋1 ×13 3 3 2×22×R＋13×12×2 2×2×R＋13×12×2 2×2×R＋13×12×22×R，解得 R＝ 2－2，因此此球的最大部分径是2－ 2.[答案] 2－ 215．如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC 为等边三角形，AA′⊥平面 ABC，AB＝ 3，AA′＝ 4，M 为 AA′的中点， P 是 BC 上一点，且由 P 沿棱柱侧面经过棱 CC′到 M 的最短路线长为 29，设这条最短路线与 CC′的交点为 N，求：(1)该三棱柱的侧面睁开图的对角线长；(2)PC 与 NC 的长；(3)三棱锥 C－MNP 的体积．[解 ] (1)该三棱柱的侧面睁开图为一边长分别为 4 和 9 的矩形，故对角线长为 42＋92＝ 97.(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB′睁开，以下列图，设 PC＝x，则 MP2＝MA 2＋(AC＋x)2.∵ MP ＝ 29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即 PC ＝2.PC NC2 NC 又∵ NC ∥AM ，故 PA ＝AM ，即 5＝ 2.4 ∴NC ＝5.△＝1×CP ×CN ＝ 1×2×4＝4(3)S PCN 2255.在三棱锥 M －PCN 中， M 到面 PCN 的距离，3 3 3即 h ＝ 2 ×3＝ 2 .11 334 23∴V C －MNP ＝V M －PCN ＝3·h ·S△PCN ＝3× 2 ×5＝ 5 .16．(2017 ·全国卷Ⅲ )如图，四周体 ABCD 中，△ABC 是正三角形， AD ＝CD.(1)证明： AC ⊥BD ；(2)已知△ ADC 是正三角形， AB ＝BD ，若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AE ⊥EC ，求四周体 ABCE 与四周体 ACDE 的体积比．[解 ] (1)证明：取 AC 的中点 O ，连结 BO 、 DO ，以下图．因为 AD＝CD，因此 AC⊥DO.又因为△ ABC 是正三角形，因此AC⊥BO.进而 AC⊥平面 DOB，故 AC⊥BD.(2)连结 EO.由(1)及题设知，∠ ADC＝90°，因此 DO＝AO.在 Rt△AOB 中， BO2＋AO2＝AB2.又 AB＝BD，因此BO2＋DO2＝ BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠ DOB＝90°.1由题设知△ AEC 为直角三角形，因此EO＝2AC.1又△ ABC 是正三角形，且AB＝BD，因此 EO＝2BD.1 故 E 为 BD 的中点，进而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的2，1四周体 ABCE 的体积为四周体 ABCD 的体积的2，即四周体 ABCE 与四周体 ACDE 的体积之比为 1∶1.[延长拓展 ](2017 ·安徽蚌埠一模 )以下图，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为4π的鸡蛋 (视为球体 )放入此中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心(球心 )与蛋巢底面的距离为 ()2 1 6 1A.2＋2B. 2 ＋23 3 1C.2D. 2 ＋2[分析 ] 蛋巢的底面是边长为 1 的正方形，因此过四个极点截鸡蛋所得的截面圆的直径为 1.因为鸡蛋的表面积为4π，因此球的半径为 1，因此球心到截面1 3 1的距离 d＝1－4＝ 2 ，而截面究竟面的距离即为三角形的高2，因此球心究竟3 1面的距离为2＋2.[答案] D。
2019版高考数学理科课标A版一轮复习习题：第八章 立体几何 4 直线、平面平行的判定与性质 含答案 精品
§8.4直线、平面平行的判定与性质考纲解读分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的定义;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,以及它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.推理和证明要严谨、合理、充分.4.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的认识,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化思想,题型以解答题为主,分值约为5分,属中档题.五年高考考点一直线与平面平行的判定与性质1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β,则在α内与β平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案 D2.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD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EF∥AB.又因为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⊂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.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.3.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B 上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,所以sin∠APH==.解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sin α===.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.教师用书专用(5—13)5.(2013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( )A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β答案 D6.(2013安徽,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形②当CQ=时,S为等腰梯形③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=④当<CQ<1时,S为六边形⑤当CQ=1时,S的面积为答案①②③⑤7.(2015山东,17,12分)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)证法一: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. 则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.证法二: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)解法一:设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=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G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.解法二: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=BG=,由△GNM∽△GCF,可得=,从而MN=.由HM⊥平面ACFD,MN⊂平面ACFD,得HM⊥MN,因此tan∠MNH==,所以∠MNH=60°.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A 为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.9.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以A C⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.10.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.11.(2014课标Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n1,n2>|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=××××=.12.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析解法一:(几何方法)(1)证明:如图1,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图2,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点,记为H,O,G,连接OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在△G OH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二:(向量方法)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz. 由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±.故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.13.(2013山东,18,12分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求二面角D-GH-E的余弦值.解析(1)证明:因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.(2)解法一:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ.因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.由(1)知,AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC,所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC,在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.又H为△PBQ的重心,所以HC=PC=.同理,FH=.在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC==-.即二面角D-GH-E的余弦值为-.解法二:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2). 所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),=(-1,-1,2),=(0,-1,2).设平面EFQ的法向量为m=(x1,y1,z1),由m·=0,m·=0,得取y1=1,得m=(0,1,2).设平面PDC的法向量为n=(x2,y2,z2),由n·=0,n·=0,得取z2=1,得n=(0,2,1),所以cos<m,n>==.因为二面角D-GH-E为钝角,所以二面角D-GH-E的余弦值为-.考点二平面与平面平行的判定与性质1.(2016课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: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∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β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)答案②③④2.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG∥平面ABC;(2)BC⊥SA.证明(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC,因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一直线与平面平行的判定与性质1.(人教A必2,二,2-2A,3,变式)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为( )A.AC⊥BDB.AC=BDC.AC∥截面PQMND.异面直线PM与BD所成的角为45°答案 B2.(2018江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D为PC 的中点.(1)求证:AD⊥BD;(2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且AN∶NB=1∶2,求证:直线AD∥平面CMN.证明(1)∵PA=AC,D为PC的中点,∴AD⊥PC.∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴BC⊥平面PAC.∵AD⊂平面PAC,∴BC⊥AD.又∵AD⊥PC,BC∩PC=C,PC,BC⊂平面PBC,∴AD⊥平面PBC.∵BD⊂平面PBC,∴AD⊥BD.(2)连接DM,设BD与CM交于点G,连接NG.∵D、M分别为PC和PB的中点,∴DM∥BC且DM=BC,∴DG∶GB=DM∶BC=1∶2.∵AN∶NB=1∶2,∴AN∶NB=DG∶GB.∴△BNG∽△BAD,∴AD∥NG.∵AD⊄平面CMN,NG⊂平面CMN,∴直线AD∥平面CMN.3.(2017广东六校联盟联考,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,底面ABC是直角三角形,PA=AB=BC=4,O是棱AC的中点,G是△AOB的重心,D是PA的中点.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求证:DG∥平面PBC;(3)求二面角A-PC-B的大小.解析(1)证明:∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC,∵底面ABC是直角三角形,AB=BC,∴BC⊥AB,又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.(2)证明:如图,连接OG并延长交AB于点E,连接DO,DE,∵G是△AOB的重心,∴OE为AB边上的中线,∴E为AB的中点,又D为PA的中点,∴DE∥PB,同理可得DO∥PC,又DE∩DO=D,PB∩PC=P,∴平面DOE∥平面PBC,又DG⊂平面DOE,∴DG∥平面PBC.(3)过点O作OQ⊥PC于点Q,连接BQ,∵AB=BC且O是棱AC的中点,∴BO⊥AC.∵PA⊥平面ABC,∴平面PAC⊥平面ABC.又平面PAC∩平面ABC=AC,且BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面PAC,∴BO⊥PC,又OQ⊥PC,BO∩OQ=O,∴PC⊥平面BOQ,∴BQ⊥PC,∴∠OQB为二面角A-PC-B的平面角.由已知得OB=OC=2,PC==4,∵△PAC∽△OQC,∴=,即=,∴OQ=,∴tan∠OQB==,∴∠OQB=60°,即二面角A-PC-B的大小为60°.考点二平面与平面平行的判定与性质4.(2017豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是( )A.m∥β且l1∥αB.m∥β且n∥βC.m∥β且n∥l2D.m∥l1且n∥l2答案 D5.(2017江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分别是棱BC、CC1的中点.(1)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1,试确定点D的位置,并说明理由;(2)证明:EF⊥A1C.解析(1)∵面DEF∥面ABC1,面ABC∩面DEF=DE,面ABC∩面ABC1=AB,∴AB∥DE,(4分)∵在△ABC中,E是BC的中点,∴D是线段AC的中点.(6分)(2)证明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,∴侧面A1ACC1是菱形,∴A1C⊥AC1,(7分)又易得AB⊥A1C,∵AB∩AC1=A,∴A1C⊥面ABC1,(9分)∴A1C⊥BC1.(10分)又∵E、F分别为棱BC、CC1的中点,∴EF∥BC1,(11分)∴EF⊥A1C.(12分)B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:60分钟)一、选择题(共5分)1.(2016浙江金华十校联考,8)如图,在四面体ABCD中,AB=CD=2,AD=BD=3,AC=BC=4,点E,F,G,H分别在棱AD,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面EFGH,则四边形EFGH面积的最大值是( )A. B. C.1 D.2答案 C二、填空题(共5分)2.(2017山西太原五中月考,14)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.答案 6三、解答题(共50分)3.(2018江苏无锡检测,18)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,AD=2AB=2BC,M为AD的中点,CB1⊥底面ABCD.求证:(1)C1M∥平面A1ABB1;(2)平面B1BM⊥平面ACB1.证明(1)因为ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,所以B1C1∥BC且B1C1=BC.又M为AD的中点,所以BC∥AM,所以B1C1∥AM,又AD=2BC,所以BC=AM,所以B1C1=AM,所以四边形B1C1MA为平行四边形,所以C1M∥B1A,又B1A⊂平面A1ABB1,C1M⊄平面A1ABB1,所以C1M∥平面A1ABB1.(2)连接CM.由(1)知四边形BCMA为平行四边形,又BC=AB,所以AM=AB,所以四边形BCMA为菱形,所以BM⊥AC,又CB1⊥底面ABCD,所以CB1⊥BM.因为AC∩CB1=C,所以BM⊥平面ACB1.又BM⊂平面B1BM,所以平面B1BM⊥平面ACB1.4.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四棱锥P-ABCD中,E为AD的中点,PE⊥平面ABCD,底面ABCD 为梯形,AB∥CD,AB=2DC=2,AC∩BD=F,且△PAD与△ABD均为正三角形,G为△PAD的重心.(1)求证:GF∥平面PDC;(2)求三棱锥G-PCD的体积.解析(1)证明:连接AG交PD于H,连接CH.在梯形ABCD中,AB∥CD,且AB=2DC,可得=.又正△PAD中,G为△PAD的重心,∴=.在△A HC中,==,故GF∥HC.又HC⊂平面PCD,GF⊄平面PCD,∴GF∥平面PDC.(2)∵PE⊥平面ABCD,且易求PE=3,又由(1)知GF∥平面PDC,∴V G-PCD=V F-PCD=V P-CDF=×PE×S△CDF.又由AB∥CD,且AB=2DC=2,△ABD为正三角形,知DF=BD=.又∠CDF=∠ABD=60°,∴S△CDF=×CD×DF×sin∠BDC=,∴V P-CDF=×PE×S△CDF=,∴三棱锥G-PCD的体积为.5.(2018山西太原质检,19)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.解析(1)AD上存在一点P,使得CP∥平面ABEF,此时=.理由如下:当=时,=,过点P作MP∥FD交AF于点M,连接EM,CP,则有==.∵BE=1,∴F D=5,故MP=3.又EC=3,MP∥FD∥EC,故有MP EC,故四边形MPCE为平行四边形,∴CP∥ME.又∵CP⊄平面ABEF,ME⊂平面ABEF,故CP∥平面ABEF.(2)设BE=x(0<x≤4),∴AF=x,FD=6-x,故V A-CDF=××2·(6-x)·x=(-x2+6x),∴当x=3时,V A-CDF有最大值,且最大值为3,此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2,由BE⊥EC,BE⊥EF,且EC∩EF=E,得BE⊥平面ECDF,又AF∥BE,故AF⊥平面ECDF.∴AF⊥FD,∴AD==3,同理可求AC=.在△ACD中,由余弦定理得cos∠ADC===,∴sin∠ADC=,∴S△ADC=·DC·DA·sin∠ADC=3.设点F到平面ADC的距离为h,∵V A-CDF=V F-ACD,即3=·h·S△ADC,∴h=,即三棱锥A-CDF的体积最大时,点F到平面ADC的距离为.6.(2017河北石家庄二模,18)如图,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE=,BC=.四棱锥F-ABED的体积为2,点F在平面ABED内的正投影为点G,且点G在AE上,点M 在线段CF上,且CM=CF.(1)证明:直线GM∥平面DEF;(2)求二面角M-AB-F的余弦值.解析(1)证明:因为四棱锥F-ABED的体积为2,所以V F-ABED=××2×2×FG=2,所以FG=.又BC=EF=,所以EG=,易知AE=2,则点G是AE的靠近点A的四等分点.(2分)过点G作GK∥AD交DE于点K,连接FK,则GK=AD=CF.又MF=CF,所以MF=GK,又MF∥GK,所以四边形MFKG为平行四边形,(4分)所以GM∥FK,又FK⊂平面DEF,GM⊄平面DEF,所以直线GM∥平面DEF.(6分)(2)连接BD,设AE,BD的交点为O,以OB所在直线为x轴,OE所在直线为y轴,过点O的平面ABED 的垂线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,-1,0),B(,0,0),F,M,=(-,-1,0),=,=.(8分)设平面ABM,平面ABF的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则得不妨取x1=x2=1,则m=(1,-,-1),n=,(10分)所以cos<m,n>==,易知二面角M-AB-F是锐二面角,故二面角M-AB-F的余弦值为.(12分)C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 证明直线与平面平行的常用方法1.(2018湖北武汉汉阳一中模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等边三角形,且AA1⊥平面ABC,D为AB的中点.(1)求证:直线BC1∥平面A1CD;(2)若AB=BB1=2,E是BB1的中点,求三棱锥A1-CDE的体积.解析(1)证明:连接AC1,交A1C于点F,连接DF,则F为AC1的中点,又D为AB的中点,所以BC1∥DF.又BC1⊄平面A1CD,DF⊂平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)三棱锥A1-CDE的体积==·h.其中三棱锥C-A1DE的高h等于点C到平面ABB1A1的距离,可知h=CD=.又=2×2-×1×2-×1×1-×1×2=,所以==·h=××=.2.(2017河南新乡调研,19)如图①所示,四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=BC=a,∠BAD=135°,AE⊥BC于点E,F为BE的中点.将△ABE沿AE折起至△AB'E的位置,得到如图②所示的四棱锥B'-ADCE.(1)求证:AF∥平面B'CD;(2)若平面AB'E⊥平面AECD,求二面角B'-CD-E的余弦值.解析(1)证明:如图,取B'C的中点G,连接FG,DG.∵F为B'E的中点,∴FG∥EC,且FG=EC,(2分)∵题图①中四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=BC=a,AE⊥BC,∠BAD=135°,∴BC=3a,AD∥EC,AD=EC.∴AD∥FG,AD=FG,∴四边形ADGF为平行四边形,∴AF∥DG,(5分)∵AF⊄平面B'CD,DG⊂平面B'CD,∴AF∥平面B'CD.(6分)(2)易证EA,EB',EC两两垂直,故以点E为原点,直线EB'为x轴,直线EC为y轴,直线EA为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B'(a,0,0),D(0,a,a),C(0,2a,0),所以=(-a,2a,0),=(0,-a,a),设平面B'CD的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得n=(2,1,1),(10分)显然=(a,0,0)为平面AECD的一个法向量,所以cos<,n>==,(11分)由图知平面B'CD与平面AECD所成的二面角为锐角,所以所求的余弦值为.(12分)方法2 证明平面与平面平行的常用方法3.(2018安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF 的中点.(1)求证:BE∥平面DMF;(2)求证:平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DE∥GN.又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN,又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG.4.(2017河南中原名校联考,20)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分别为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD.(1)求证:平面BEF∥平面PDQ;(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.解析(1)证明:如图,以点A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),设Q(1,x,0),则=(1,x,-1),=(-1,a-x,0),(2分)若PQ⊥QD,则·=-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4,∵在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD,∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分)∴Q(1,1,0),=(-1,1,0),又E是AD的中点,∴E(0,1,0),=(-1,1,0),∴=,∴BE∥DQ,又BE⊄平面PDQ,DQ⊂平面PDQ,∴BE∥平面PDQ,又F是PA的中点,∴EF∥PD,∵EF⊄平面PDQ,PD⊂平面PDQ,∴EF∥平面PDQ,∵BE∩EF=E,BE,EF⊄平面PDQ,∴平面BEF∥平面PDQ.(6分) (2)设平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),则n1·=0,n1·=0,易知=,=(0,1,0),∴-x+z=0,y=0,取z=2,得n1=(1,0,2),同理,可得平面BEF的一个法向量n2=(1,1,2),∴cos<n1,n2>==,又易知二面角E-BF-Q为锐角,∴二面角E-BF-Q的余弦值为.(12分)。
2019届高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪训练40空间几何体的结构三视图直观图文2018072
课时跟踪训练(四十) 空间几何体的结构、三视图、直观图[基础巩固]一、选择题1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱[解析] 因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，所以选A.[答案] A2.一个圆锥的正(主)视图及其尺寸如图所示．若用一个平行于圆锥底面的平面将此圆锥截成体积之比为1∶7的上、下两部分，则截面的面积为( )A.14π B ．π C.94π D ．4π[解析] 由截面与底面平行，可知截面圆与底面圆相似，而上部分的体积是整个圆锥体积的18，而体积比为相似比的立方，所以r 3＝12，求得r ＝32，所以截面圆的面积S ＝94π，故选C.[答案] C3．(2018·河南方城一中月考)如图所示，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形OABC 是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形[解析] 在直观图中，O ′C ′＝C ′D ′＝2，所以O ′D ′＝2 2.如右图所示，在原图形中，有OD ⊥CD ，OD ＝42，CD ＝2，所以OC ＝OD 2＋CD 2＝6，从而得原图形四边相等，但CO 与OA 不垂直，所以原图形为菱形．[答案] C4．(2017·辽宁沈阳教学质量监测(一))如图所示，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A ．三棱台B ．三棱柱C ．四棱柱D ．四棱锥[解析] 根据三视图的画法法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体的直观图是一个三棱柱．[答案] B5．(2017·广州市综合测试)如图，网张纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以( )[解析] 由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，其底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为13×4×2＝83，满足条件，所以俯视图可以为一个直角三角形．选D.[答案] D6．(2016·天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] 由正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图所示，故该几何体的侧(左)视图为选项B.[答案] B二、填空题7．(2017·云南昆明模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________．[解析] 由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2.[答案] 28．一个三棱锥的正视图和侧视图及其尺寸如图所示，则该三棱锥的俯视图的面积为________．[解析] 由正视图和侧视图知俯视图为底边长为2，其边上的高为1的三角形，故其面积为S 俯＝12×2×1＝1.[答案] 19．多面体ABCDMN 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图所示，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则AM 的长为________．[解析] 如图所示，取E 、F 分别为AD 、BC 的中点，连接ME 、EF 、FN ，则四边形MNFE 为等腰梯形，由正视图为等腰梯形，可知MN ＝2，AB ＝4.又由侧视图为等腰三角形，则ME ⊥AD ，作MO ⊥EF 于点O ，则MO ⊥平面ABCD ，可知AD ＝2，MO ＝2，EO ＝1，∴ME ＝EO 2＋MO 2＝ 5.在Rt △AME 中，AE ＝1，∴AM ＝AE 2＋ME 2＝ 6.[答案]6三、解答题10．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm ，求圆台的母线长．[解] 作出轴截面，由底面积之比为1∶16，设半径分别为r 、4r .设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r 、4r .根据相似三角形的性质得33＋l ＝r4r，解得l ＝9.所以，圆台的母线长为9 cm. [能力提升]11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最大侧面的面积为( )A.12B.22C.52D.62[解析] 由三视图知，该几何体的直观图如图所示．平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A －BCDE 的高为1.四边形BCDE 是边长为1的正方形，则S △AED ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝S △ABE ＝12×1×2＝22，S △ACD ＝12×1×5＝52，故选C.[答案] C12．(2017·山西质量监测)某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A．2 2 B．2 C．2 5 D. 5[解析] 由三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去两个角后得到的，几何体的直视图是多面体PABCDEF，如图所示．易知其最长棱为正方体的一条面对角线，其长为22，故选A.[答案] A13．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体最长的一条侧棱的长度是________．[解析] 如图所示该几何体为四棱锥，且底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，PC 最长，AC＝AD2＋CD2＝32＋42＝5，PC＝25＋4＝29.[答案] 29 cm14．(2018·湖南长郡中学期中)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为________．[解析] 根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.[答案] 1∶115．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． [解] (1)如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23，∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.16．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据下图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.[解] (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.[延伸拓展](2017·西安八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22D.32[解析] 依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2＝22，选C. [答案] C附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
近年高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质课时作业理(2021年整理)
2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质课时作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质课时作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第4讲直线、平面平行的判定与性质1．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（) A．若m∥α，n∥α,则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α,m⊥n，则n⊥α2．（2017年河北唐山模拟)若m，n表示不同的直线，α,β表示不同的平面，则下列结论中正确的是( ）A．若m∥α,m∥n，则n∥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β,m∥α,n∥β，则m∥nD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β3．如图X8 4.1,已知l是过正方体ABCD.A1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与下底面ABCD所在平面的交线，下列结论错误的是( )图X8 4.1A．D1B1∥l B．BD∥平面AD1B1C．l∥平面A1D1B1 D．l⊥B1C14．（2015年北京）设α，β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α.“m ∥β”是“α∥β”的（)A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．设α,β，γ是三个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列说法正确的是（）A．若α⊥β，β⊥γ,则α∥γ B．若α⊥β，m∥β，则m⊥αC．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n6．如图X8。
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课时跟踪训练(四十三) 直线、平面平行的判定与性质[基础巩固]一、选择题1．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线[解析] 当直线a在平面β内且经过B点时，可使a∥平面α，但这时在平面β内过B点的所有直线中，不存在与a平行的直线，而在其他情况下，都可以存在与a平行的直线，故选A.[答案] A2．(2017·湖南长郡中学质检)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能[解析] 在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.[答案] B3．(2016·吉林长春二中模拟)在空间中，设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m⊂α，n⊂β，则下列命题正确的是( )A．若m∥n，则α∥βB．若m，n异面，则α∥βC．若m，n相交，则α，β相交D．若m⊥n，则α⊥β[解析] 若m∥n，则α与β平行或相交，故A错误；若m，n异面，则α，β平行或相交，故B错误；若m，n相交，则α，β一定有公共点，即相交，故C正确；若m⊥n，则α与β可以平行、相交，故D错误．[答案] C4．设a，b是两条直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( ) A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α[解析] 对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B也是α∥β的一个必要条件；易知C不是α∥β的一个充分条件，而是一个必要条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件．[答案] D5．(2017·全国卷Ⅰ)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( )[解析] 解法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ ∥CD ，所以AB ∥MQ ，又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .同理可证选项C ，D 中均有AB ∥平面MNQ .故选A.解法二：对于选项A ，设正方体的底面对角线的交点为O (如图所示)，连接OQ ，则OQ ∥AB ，因为OQ 与平面MNQ 有交点，所以AB 与平面MNQ 有交点，即AB 与平面MNQ 不平行，故选A.[答案] A6．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定[解析] 连接CD 1、AD 1，在CD 1上取点P ，使D 1P ＝2a3，连接MP 、NP ，∴MP ∥BC ，PN ∥AD 1∥BC 1，∴MP ∥平面BB 1C 1C ，PN ∥平面BB 1C 1C ，∴平面MNP ∥平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .[答案] B 二、填空题7．(2017·广东顺德质检)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，则BE 与平面PAD 的位置关系为________．[解析] 取PD 的中点F ，连接EF 、AF ， 在△PCD 中，EF 綊12CD .又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綊AB ， ∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，∴BE ∥平面PAD . [答案] 平行8．棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，则截面的面积是________．[解析] 由面面平行的性质知截面与面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，易求其面积为92.[答案] 929．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是面AA 1D 1D 的中心，点Q 是B 1D 1上一点，且PQ ∥面AB 1，则线段PQ 长为__________．[解析] 连接AB 1、AD 1，∵点P 是平面AA 1D 1D 的中心， ∴点P 是AD 1的中点， ∵PQ ∥平面AB 1，PQ ⊂平面D 1AB 1，平面D 1AB 1∩平面AB 1＝AB 1， ∴PQ ∥AB 1， ∴PQ ＝12AB 1＝22.[答案]22三、解答题10．(2017·浙江卷改编)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，AD ＝2CB ，E 为PD 的中点．证明：CE ∥平面PAB .[证明] 如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF ，因为CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，因此CE ∥平面PAB .[能力提升]11．(2016·云南检测)如图，在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452 B.4532C ．44D ．45 3 [解析] 取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形．因为AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.[答案] A12．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等[解析] 由AC⊥平面DBB1D1可知AC⊥BE.故A正确．EF∥BD，EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，知EF∥平面ABCD，故B正确．A到平面BEF的距离即为A到平面DBB1D1的距离为22，且S△BEF＝12BB1×EF＝定值，故V A－BEF为定值，即C正确．△AEF的面积为68，△BEF的面积为14，两三角形面积不相等，故D错误．[答案] D13．(2017·湖南十三校联考)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] 记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共有6条．[答案] 614.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则当M满足条件________时，有MN ∥平面B1BDD1.[解析] 因为平面NHF∥平面B1BDD1，所以当M点满足在线段FH上，有MN∥平面B1BDD1.[答案] M∈线段FH15．如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，∠BCD＝120°，M 为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.[证明] 证法一：如图1，延长AD ，BC 交于点F ，连接EF . 因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°， 所以∠CBD ＝30°. 因为△ABD 为正三角形，所以∠BAD ＝60°，∠ABC ＝90°， 因此∠AFB ＝30°， 所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由点M 是线段AE 的中点，因此DM ∥EF . 又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ，所以DM∥平面BEC.证法二：如图2，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.16.如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，C∈α，点B∈β，D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.求证：EF∥β.[证明] 若AB与CD共面，如图1所示，图1∵AE∶EB＝CF∶FD，∴AC∥EF∥BD，又∵EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥β.若AB与CD异面，如图2所示，连接AC，BD，AD，过E点作EG∥BD，交AD于G点，连接GF，则AE∶EB＝AG∶GD.图2∵EG⊄β，BD⊂β，∴EG∥β.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴AG∶GD＝CF∶FD，∴GF∥AC，∵GF⊄α，AC⊂α，∴GF∥α，∵α∥β，∴GF∥β，∵EG、GF⊂平面EFG，EG∩GF＝G，∴平面EFG∥β，又EF⊂平面EFG，∴EF∥β.[延伸拓展]一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M、N分别是AF、BC的中点)．(1)求证：MN ∥平面CDEF ；(2)求多面体ACDEF 的体积．[解] (1)证明：由已知得此多面体为直三棱柱．取BF 的中点G ，连接MG 、NG ，由M 、N 分别为AF 、BC 的中点可得NG ∥CF ，MG ∥EF ，∴NG ∥平面CDEF ，MG ∥平面CDEF ，又∵NG ∩MG ＝G ，∴可得平面MNG ∥平面CDEF ，又MN ⊂平面MNG ，∴MN ∥平面CDEF .(2)由三视图可知AB ＝BC ＝BF ＝2，DE ＝CF ＝22，∠CBF ＝π2.取DE 的中点H ，连接AH .∵AD ＝AE ，∴AH ⊥DE ，又∵在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ADE ⊥平面CDEF ，平面ADE ∩平面CDEF ＝DE .∴AH ⊥平面CDEF .∴多面体ACDEF 是以AH 为高，以矩形CDEF 为底面的棱锥， ∵易得AH ＝ 2.S 矩形CDEF ＝DE ·EF ＝42，∴棱锥A －CDEF 的体积为V ＝13·S 矩形CDEF ·AH ＝13×42×2＝83.。