高考数学第二轮专题限时复习题13-点、直线、平面之间的位置关系

2021年高考数学二轮复习 点、直线、平面之间的位置关系测试题【解析】构造如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，取l 1为AD ，l 2为AA 1，l 3为A 1B 1，当取l 4为B 1C 1时，l 1∥l 4，当取l 4为BB 1时，l 1⊥l 4，故排除A 、B 、C ，选D.【答案】 D2．(预测题)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 利用面面垂直的性质定理及空间直线的位置关系，判定充分必要条件． 当α⊥β时，由于α∩β＝m ，b ⊂β，b ⊥m ，由面面垂直的性质定理知，b ⊥α.又∵a ⊂α，∴b ⊥a .∴“α⊥β”是“a ⊥b ”的充分条件．而当a ⊂α且a ∥m 时，∵b ⊥m ，∴b ⊥a .而此时平面α与平面β不一定垂直，∴“α⊥β”不是“a ⊥b ”的必要条件，故选A.【答案】 A3．(xx·江西高考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11【解析】 取CD 的中点H ，连接EH ，HF .在四面体CDEF 中，CD ⊥EH ，CD ⊥FH ，所以CD ⊥平面EFH ，所以AB ⊥平面EFH ，所以正方体的左、右两个侧面与EF 平行，其余4个平面与EF 相交，即n ＝4.又因为CE 与AB 在同一平面内，所以CE 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.【答案】 A4．(xx·云南第一次检测)在三棱锥SABC 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 、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.452B.4532C ．45D ．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．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】 A5．(创新题)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【解析】 找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于选项A ，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，过点C 作CF ⊥BD ，垂足为F ，在图(1)中，由边AB ，BC 不相等可知点E ，F 不重合．在图(2)中，连接CE ，若直线AC 与直线BD 垂直，又∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥面ACE ，∴BD ⊥CE ，与点E ，F 不重合相矛盾，故A 错误．对于选项B ，若AB ⊥CD ，又∵AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ，∴AB ⊥面ADC ，∴AB ⊥AC ，由AB ＜BC 可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB 与直线CD 垂直，故B 正确．对于选项C ，若AD ⊥BC ，又∵DC ⊥BC ，AD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥面ADC ，∴BC ⊥AC .已知BC ＝2，AB ＝1，BC ＞AB ，∴不存在这样的直角三角形．∴C 错误．由上可知D 错误，故选B. 【答案】 B 二、填空题6．(xx·浙江金华模拟)在图中，G ，H ，M ，N 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________．(填上所有正确答案的序号)【解析】 图①中，直线GH ∥MN ；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉面GHN ， 因此直线GH 与MN 异面；图③中，连线MG ，则GM ∥HN ， 因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉面GMN ， ∴GH 与MN 异面．∴图②、④中GH 与MN 异面． 【答案】 ②④7．(原创题)已知正方形ABCD 的边长是1，对角线AC 与BD 交于O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角，并给出下面结论：①AC ⊥BD ；②AD ⊥CO ；③△AOC 为正三角形；④cos ∠ADC ＝34，则其中的真命题的序号是________．【解析】 由于BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，所以BD ⊥平面AOC ，于是AC ⊥BD ，所以①正确；因为折成60°的二面角，所以∠AOC ＝60°，又OA ＝OC ，因此△AOC 为正三角形，故③正确；cos∠ADC ＝1＋1－2222＝34，故④也正确．故选①③④.【答案】 ①③④8．(xx·安徽合肥二模)设m 、n 是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面，给出下列四个命题：① 若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是________．【解析】 ①②正确；③中，若m ∥α，m ∥β，则α与β还有可能相交，故③不正确；④中，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β还有可能相交，故④不正确．【答案】 ①② 三、解答题9．四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)【解】 由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝CD ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)【证明】 ∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ， ∴四边形EFGH 是矩形．10．(xx·深圳调研考试)如图(1)，⊙O 的直径AB ＝2，圆上两点C ，D 在直径AB 的两侧，且∠CAB ＝π4，∠DAB ＝π3.沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图(2))，F 为BC 的中点，E 为AO 的中点．根据图(2)解答下列各题：(1)求三棱锥CBOD 的体积； (2)求证：CB ⊥DE ；(3)在BD 上是否存在一点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试确定点 G 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)∵C 为圆周上一点，且AB 为直径，∴∠ACB ＝π2，∵∠CAB ＝π4，∴AC ＝BC .∵O 为AB 的中点，∴CO ⊥AB . ∵AB ＝2，∴CO ＝1.∵两个半圆所在平面ACB 与平面ADB 互相垂直且其交线为AB ， ∴CO ⊥平面ABD ，∴CO ⊥平面BOD . ∴CO 就是点C 到平面BOD 的距离．S △BOD ＝12S △ABD ＝12×12×1×3＝34，∴V CBOD ＝13S △BOD ·CO ＝13×34×1＝312.(2)证明：在△AOD 中，∠OAD ＝π3，OA ＝OD ，∴△AOD 为正三角形．又∵E 为OA 的中点，∴DE ⊥AO ，∵两个半圆所在平面ACB 与平面ADB 互相垂直且其交线为AB ， ∴DE ⊥平面ABC . ∴CB ⊥DE .(3)存在满足题意的点G ，G 为BD 的中点．证明如下：连接OG ，OF ，FG ， 易知OG ⊥BD ，∵AB 为⊙O 的直径， ∴AD ⊥BD ，∴OG ∥AD ，∵OG ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ， ∴OG ∥平面ACD .在△ABC 中，O ，F 分别为AB ，BC 的中点， ∴OF ∥AC ，∵OF ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， ∴OF ∥平面ACD ，∵OG ∩OF ＝O ， ∴平面OFG ∥平面ACD ，又FG ⊂平面OFG ，∴FG ∥平面ACD .第13讲(理) 空间向量与立体几何27098 69DA 槚27714 6C42 求(37006908E 邎 32009 7D09 紉35666 8B52 譒28075 6DAB 涫 30754 7822 砢20123 4E9B 些40046 9C6E 鱮29946 74FA 瓺29500 733C 猼。

【高考解码】（新课标）2015届高考数学二轮复习点、直线、平面之间的位置关系1．(2013·安徽高考)在下列命题中，不是．．公理的是( )A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．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此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【解析】结合平面的基本性质求解．A．不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B．是平面的基本性质公理；C．是平面的基本性质公理；D．是平面的基本性质公理．【答案】 A2．(2014·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．( ) A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α【解析】选项A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或n∥α或m⊥α，错误．选项B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或m∥α或m⊥α，错误．选项C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确．选项D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，错误．【答案】 C3．(2014·大纲高考)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.16B.36C.13D.33【解析】 取AD 中点F ，易知EF ∥BD . 在△EFC 中，不妨设正四面棱长为1.则EF ＝12BD ＝12，CE ＝CF ＝32×1＝32， ∴cos ∠CEF ＝EF 2＋EC 2－FC 22EF ·EC ＝36.【答案】 B4．(2014·江苏高考)如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .【证明】 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点， 所以DE ∥PA .又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，所以DE ∥PA ，DE ＝12PA＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF . 又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为： 1．空间位置关系命题真假的判断①此类问题涉及的知识面较广，综合性较强，通常考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质．从能力角度考查学生的空间想象能力及分析问题、解决问题的能力．②试题主要以选择题、填空题的形式出现，属于中等难度题． 2．线线、线面、面面的位置关系的证明①该考向是各省高考题中的重要考点之一，是每年必考内容之一．以多面体为载体，结合线线、线面、面面的位置关系，涉及的知识点多，综合性强，通常考查线线、线面、面面的平行与垂直的相互转化．考查学生的推理论证能力和空间想象能力．②试题以解答题的形式出现，属于中档题． 3．与翻折有关的问题①此类问题通常是把平面图形翻折成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算．通过翻折把平面图形转化为空间几何体，更好地考查学生的空间想象能力和知识迁移能力．②试题以解答题为主，多为中档题.空间位置关系命题真假的判断【例1】 (1)(2014·辽宁高考)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 ⊥α(2)(2013·安徽高考)如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1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 <12时，S 为四边形②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13④当34<CQ <1时，S 为六边形⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62. 【解析】 (1)由线面垂直的定义知若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n .故选B.(2)利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解．①当0<CQ <12时，如图(1)．在平面AA 1D 1D 内，作AE ∥PQ ， 显然E 在棱DD 1上，连接EQ ， 则S 是四边形APQE .②当CQ ＝12时，如图(2)．显然PQ ∥BC 1∥AD 1，连接D 1Q ， 则S 是等腰梯形．③当CQ ＝34时，如图(3)．作BF ∥PQ 交CC 1的延长线于点F ，则C 1F ＝12.作AE ∥BF ，交DD 1的延长线于点E ，D 1E ＝12，AE ∥PQ ，连接EQ 交C 1D 1于点R ，由于Rt △RC 1Q ∽Rt △RD 1E ，∴C 1Q ∶D 1E ＝C 1R ∶RD 1＝1∶2，∴C 1R ＝13.④当34<CQ <1时，如图(3)，连接RM (点M 为AE 与A 1D 1交点)，显然S 为五边形APQRM .⑤当CQ ＝1时，如图(4)．同③可作AE ∥PQ 交DD 1的延长线于点E ，交A 1D 1于点M ，显然点M 为A 1D 1的中点，所以S为菱形APQM ，其面积为12MP ×AQ ＝12×2×3＝62.【答案】 (1)B (2)①②③⑤【规律方法】 解决空间线面位置关系的组合判断题常有以下方法：(1)借助空间线面位置关系的线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，肯定或否定某些选项，并作出选择．[创新预测]1．(1)(2013·浙江高考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β(2)(2014·兰州、张掖联考)已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列命题：①若m ⊥α，m ⊂β，则α⊥β；②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β；③如果m ⊂α，n ⊄α，m ，n 是异面直线，那么n 与α相交；④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α且n ∥β.其中正确的命题是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④【解析】 (1)可以借助正方体模型对四个选项分别剖析，得出正确结论． A 项，当m ∥α，n ∥α时，m ，n 可能平行，可能相交，也可能异面，故错误； B 项，当m ∥α，m ∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误； C 项，当m ∥n ，m ⊥α时，n ⊥α，故正确；D 项，当m ∥α，α⊥β时，m 可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.(2)由面面垂直的判定定理知①正确；若m，n是平面α内两条平行直线，则②的结论不一定成立，故②错；若m，n是互相平行的两个平面内的两条异面直线，则n与α平行，故③错误；由α⊂β＝m得m⊂α，m⊂β，又n∥m，n⊄α，n⊄β，所以n∥α，n∥β，故④正确．【答案】(1)C (2)D线线、线面、面面的位置关系的证明【例2】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)【证明】在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)【证明】取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1.所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积 V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 【规律方法】 1.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．2．灵活运用空间中的转化关系 Ⅰ.平行问题的转化方向面面平行⇒线面平行⇒线线平行．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：(1)证明线线平行：①平面几何有关定理；②三线平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤线面垂直的性质定理．(2)证明线面平行：①线面平行的定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质定理． (3)证明面面平行：①面面平行的定义；②面面平行的判定定理． Ⅱ.垂直问题的转化方向面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：(1)证明线线垂直：①线线垂直的定义；②线面垂直的定义；③勾股定理等平面几何中的有关定理．(2)证明线面垂直：①线面垂直的判定定理；②线面垂直的定义；③面面垂直的性质定理． (3)证明面面垂直：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理．[创新预测]2．(2014·山东高考)如图，四棱锥P －ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PC 的中点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：BE ⊥平面PAC .(1)【证明】 设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC . 由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ， 因此四边形ABCE 为菱形， 所以O 为AC 的中点． 又F 为PC 的中点，因此在△PAC 中，可得AP ∥OF . 又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF . 所以AP ∥平面BEF .(2)证明 由题意知ED ∥BC ，ED ＝BC . 所以四边形BCDE 为平行四边形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP、AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.与翻折有关的问题【例3】(2014·广东高考)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC ＝PC＝2.作如图(2)折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．(1)【证明】∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，又四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD，∵PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，且PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，∵CF ⊂平面PCD ， ∴AD ⊥CF ，又MF ⊥CF ，MF ∩AD ＝M ，∴CF ⊥平面MDF . (2)【解】 ∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥CD ， 又CD ＝AB ＝1，PC ＝2，∴PD ＝ 3. 由(1)知CF ⊥平面MDF ，∴CF ⊥DF .∴由S △PCD ＝12PD ×CD ＝12PC ×DF 得DF ＝32，∴CF ＝CD 2－DF 2＝12，∵EF ∥CD ，∴DE DP ＝CF CP ，∴DE ＝CFCP ×DP ＝34. ∴S △CDE ＝12CD ×DE ＝12×1×34＝38.∵AD ⊥平面PCD ，即MD ⊥平面CDE ，且ME ＝PE ＝PD －ED ＝334，∴MD ＝ME 2－ED 2＝2716－316＝62， ∴三棱锥M －CDE 的体积为V M －CDE ＝13S △CDE ×MD ＝13×38×62＝216.【规律方法】 1.解决翻折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解决．[创新预测]3．(2014·江西九江一模)如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E 、F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG .(1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ； (2)求多面体CDEFG 的体积．【解】 (1)证明：因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ， 所以四边形CDEF 为矩形．由GD ＝5，DE ＝4，得 GE ＝GD 2－DE 2＝3.由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4，所以EF ＝5.在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2， 所以EG ⊥GF .又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，所以CF ⊥平面EFG . 所以CF ⊥EG ，所以EG ⊥平面CFG .又EG ⊂平面DEG ，所以平面DEG ⊥平面CFG .(2)如图，在平面EGF 中，过点G 作GH ⊥EF 于点H ，则GH ＝EG ·GF EF ＝125.因为平面CDEF ⊥平面EFG ，所以GH ⊥平面CDEF ，所以V 多面体CDEFG ＝13S 矩形CDEF ·GH ＝16.[总结提升] 失分盲点(1)忽视定理的条件：在应用平行或垂直的判定定理时，忽略定理的条件，造成结论不成立或步骤跳跃而失分． (2)忽视平面几何性质的应用：求解题目的过程中，要注意挖掘平面图形的几何性质，寻找元素之间的关系，往往使问题更简单．答题指导在证明垂直与平行问题时，要注意转化思想的应用；在应用判定定理、性质定理时，要注意定理的条件与结论，不能漏掉任何条件，否则会因证明不正确或步骤不全而失分．(1)证明线面平行中的“三找”：判断线面平行找外线．证明线面平行找内线，确定内、外线有困难时找中点．(2)平行、垂直关系中探索问题的解法：一般先假设结论成立(存在)．若推证有矛盾，则结论不成立(不存在)；若推证无矛盾．则结论成立(存在)．(3)证明垂直关系的方法：①证明线线垂直，经常转化为证明线面垂直； ②证明线面垂直，经常转化为证明线线垂直；③证明面面垂直，经常转化为证明线面垂直或证明二面角为直角． (4)转化思想的应用：①将空间问题转化为平面问题解决(如求线面角转化为求直角三角形的内角)；②线线平行、线面平行、面面平行之间的转化；③线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化．立体几何证明中的识图能力空间想象能力主要包括：(1)对基本几何图形必须非常熟悉，能正确画图，能在头脑中分析图形的基本元素之间的度量关系及位置关系；(2)能借助图形来反映并思考客观事物的空间形状及位置关系；(3)能借助图形来反映并思考用语言或式子所表达的空间形状及位置关系；(4)有熟练的识图能力，即从复杂的图形中能区分出基本图形，能分析其中的基本图形和基本元素之间的关系．【典例】(2014·全国新课标Ⅱ高考)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AP＝1，AD＝3，三棱锥P－ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．(1)【证明】设BD与AC的交点为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.EO⊂平面AEC，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)【解】 V ＝16PA ·AB ·AD ＝36AB .由V ＝34，可得AB ＝32. 作AH ⊥PB 交PB 于H . 由题设知BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC .又AH ＝PA ·AB PB ＝31313. 所以A 到平面PBC 的距离为31313.【规律感悟】 正确认识各元素的空间位置和图形的空间结构，能准确领会“点线—线线—线面—面面”之间平行、垂直的联系，并能就解题的根据、需要，对这些关系加以转化，尤其线面平行、线面垂直的证明和相关角的运算，更能促进空间想象能力的提升．1．(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)【解析】 利用向量数量积公式的变形公式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |求向量的夹角，对各选项逐一计算验证．各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×－12×2＝－12.因为0°≤《a ，b 》≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.故选B.【答案】 B2．(2014·全国新课标Ⅱ高考)直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值是( )A.110B.25C.3010D.22【解析】 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA 、CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1，1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4－12＋－12＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010.故选C.【答案】 C3．(2013·山东高考)已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6【解析】 画出三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，作出PA 与平面ABC 所成的角，解三角形求角．如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为△ABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面ABC ，连接OA ，则∠PAO 即为PA 与平面ABC 所成的角．在正三角形ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝3，则S ＝34×(3)2＝334，VABC ­A 1B 1C 1＝S ×PO ＝94，∴PO ＝ 3.又AO ＝33×3＝1，∴tan ∠PAO ＝POAO ＝3， ∴∠PAO ＝π3.【答案】 B4．(2014·辽宁高考)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(Ⅰ)求证：EF ⊥BC ；(Ⅱ)求二面角E －BF －C 的正弦值．图1(Ⅰ)【证明】 法一 过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF .如图(1) 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，因此BC ⊥面EFO ， 又EF ⊂面EFO ，所以EF ⊥BC .图2法二 由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B (0,0,0)，A (0，－1，3)，D (3，－1,0)，C (0,2,0)．因而E (0，12，32)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0,2,0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(Ⅱ)【解】 法一 在图(1)中，过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥面BDC ，又OG ⊥BF ，由三垂线定理知，EG ⊥BF . 因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角．在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E ­BF ­C 的正弦值为255.法二 在图(2)中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．利用空间向量证明空间位置关系①平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，此类问题多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，主要考查学生的空间想象能力和计算能力，利用空间向量判断空间线面关系更是近几年高考题的新亮点．②试题多以解答题的形式出现，且常出现在解答题的第(1)问中，常考常新，难度为中档题．2．利用空间向量求空间角①该考向是高考命题的重要内容，此类问题多以多面体(棱柱、棱锥)为载体，考查空间角的求法，特别是线面角和二面角的求法，从能力角度主要考查学生的空间想象能力和计算能力．②试题多以解答题的形式出现，难度为中高档题． 3．利用空间向量解决探索性问题①此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题．主要考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力．②试题多以解答题的形式出现，属于中、高档题．。

专题限时集训(十二)[第12讲　点、直线、平面之间的位置关系(时间：45分钟) 1．设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列命题中正确的是( )若m，n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α若m，n⊥α，l⊥n，则l∥m若m⊥α，n⊥α，则m∥n若l⊥m，l⊥n，则n∥m已知三条不重合的直线m，n，l，两个不重合的平面α，β，有下列命题：若m∥n，n，则m∥α；若l⊥α，m⊥β，且l∥m，则α∥β；若m，n，m∥β，n∥β，则α∥β；若α⊥β，α∩β＝m，n，n⊥m，则n⊥α.其中正确命题的( )如图12－1，O为正方体ABCD－A的底面ABCD的中心，则下列直线中与B垂直的是( ) 图12－1图12－2是某个正方体的侧面展开图，l、l是两条侧面对角线，则在正方体中，l与l( ) 图12－2互相平行 ．异面且互相垂直异 D．相交且夹角为 5．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )若l平行于α，则l平行于α内的所有直线若m，l，且m∥l，则α∥β若m，l，且m⊥l，则α⊥β若m，m⊥α，则α⊥β设l，m，n为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列命题中正确的个数是( )(1)若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；(2)若m∥β，α⊥β，l⊥α，则l⊥m；(3)若m，n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；(4)若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n.下列命题正确的个数是( )平行同一个平面的两条直线可以相交；直线l与平面α不垂直，则直线l与平面α内所有直线都不垂直；若平面α内存在不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；对直线m、n和平面α，若m⊥α，m⊥n，则n∥α.如图12－3，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为( ) 图12－3截面PQMN＝BD 异面直线PM与BD所成的角为45如图12－4，四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧a的等腰直角三角形．则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对． 图12－410．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，有下列四个命题：若l⊥α，m，则l⊥m；②若l⊥α，l∥m，则m⊥α；若l∥α，m，则l∥m；④若l∥α，m∥α，则l∥m.则其中命题正________． 11．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C－AB－D为直二面角，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值为________如图12－5所示，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E，F，G分别为PC，PD，BC的中点．(1)求证：PA⊥EF；(2)求证：FG∥平面PAB. 图12－5如图12－6，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，CD＝2AB＝4，AD＝，E为CD的中点，将△BCE沿BE折起，使得CO⊥DE，其中O点在线段DE内．(1)求证：CO⊥平面ABED；(2)问∠CEO(记为θ)多大时，三棱锥C－AOE的体积最大？最大值为多少？ 图12－6如图12－7，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.(1)求证：BC⊥AF；(2)若点M在线段AC上，且满足CM＝，求证：EM∥平面FBC；(3)试判断直线AF与平面EBC是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由． 图12－7专题限时集训(十二)【基础演练】　[解析] m，n，l⊥m，l⊥n，需要m∩n＝A才有l⊥αA错误．若m，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交、也可能异面，错误．若l⊥m，l⊥n，l与m可能平行、相交、也可能异面，错误．　[解析] 对于①，m可能在α内，故①错；对于②，因为l⊥α，m∥l，所以m⊥α，又m⊥β，所以α∥β，故②正确；对于③，设α∩β＝l，若m∥n∥l时，可以满足题设要求，但是不能满足α∥β，故③错误；对于④，根据面面垂直判定定理：“两个面垂直，一个面内的直线垂直于交线，则这条直线垂综上，正确命题有2个．故选　[解析] 由于A，根据正方体特征可得BB，故A平面BB，B平面BB，所以B　[解析] 把展开图还原，则l，l是正方体中位. 【提升训练】　[解析] 由面面垂直的判定定理，得，故选　[解析] 本题考查立体几何线面关系的判断．(1)对；(2)中，l与m还可能平行，故(2)错误；(3)中，只有当m与n相交时3)错误；(4)中，l∥n，故(4)错误．故选　[解析]在正方体ABCD－A中，A与A都与平面ABCD平行，但A与A相交，∴①正确；AD与平面ABCD不垂直，但AD与直线AB垂直，∴②错误；平面ABC上有三个点A，B，C到平面A的距离相等，但平面ABC与平面A不平行，∴③错误；AA平面ABCD，AA，但AB与平面ABCD不平行，∴④错误；故选　[解析] 由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故正确．综上是错误的，故选　[解析] 因为四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧视图都是腰长为a的等腰直角三角形，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，共6对．　[解析] 根据直线与平面垂直的定义，命题①正确；两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，另一条也垂直这个平面，命题②正确；直线与平面平行时直线不平行这个平面内的任意直线，命题③不正确；直线与平面的平行不具有传递性，命题④不　[解析] 如图，G为DE的中点，则NG∥EM，∠ANG即为EM，AN所成角，设正方形的边长为2，则AN＝，AG＝，NG＝EM＝，所以＝＝ 12．证明：(1)∵PD⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴CD⊥PD，又ABCD为正方形，∴CD⊥AD，＝D，∴CD⊥平面PAD，∵PA平面PAD，∴CD⊥PA，，∴PA⊥EF. (2)取PA的中点H，连接FH，HB，，H，G分别是PD，PA，BC的中点，且ABCD为正方形，，BG∥AD，且FH＝，BG＝，∴FH∥BG，且FH＝BG，四边形FHBG是平行四边形，∴FG∥HB，又∵FG在平面PAB外，HB平面PAB，平面PAB.解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，＝2AB，E为CD的中点，则AB＝DE，又AB∥DE，，知BE⊥CD.在四棱锥C－ABED中，BE⊥DE，，CE∩DE＝E，，DE平面CDE，则BE⊥平面CDE.因为CO平面CDE，所以BE⊥CO.CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED内两条相交直线，故CO⊥平面ABED.(2)由(1)知CO⊥平面ABED，则三棱锥C－AOE的体积V＝＝××OE×AD×OC. 由直角梯形ABCD中，CD＝2AB＝4，AD＝，CE＝2，得三棱锥C－AOE中，＝CE＝2，OC＝CE＝2，＝2θ≤. 当且仅当＝1，θ∈0，，即θ＝时取等号，(此时OE＝，O落在线段DE内)．故当θ＝时，三棱锥C－AOE的体积最大，最大值为解：(1)证明：因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF，因为EA⊥平ABCD，所以EA⊥BC.由已知得AB⊥BC且EA∩AB＝A，所以BC⊥平面EABF.又AF平面EABF，所以BC⊥AF.(2)证明：过M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB.又CM＝，所以MN＝又EF∥AB且EF＝，所以EF∥MN，且EF＝MN，所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM∥FN.又FN平面FBC，EM平面FBC，所以EM∥平面FBC. (3)直线AF垂直于平面EBC.证明如下：由(1)可知，AF⊥BC.在四边形ABFE中，AB＝4，AE＝2，EF＝1，＝∠AEF＝90，所以＝＝，则∠EBA＝∠FAE.设AF∩BE＝P，因为∠PAE＋∠PAB＝90，故∠PBA＋∠PAB＝90则∠APB＝90，即EB⊥AF.又因为EB∩BC＝B，所以AF⊥平面EBC. 高考学习网： 高考学习网：。

课时作业13 点、直线、平面之间的位置关系(时间：45分钟 满分：60分)一、选择题1．对于平面α和异面直线m ，n ，下列命题中真命题是( ) A ．存在平面α，使m ⊥α，n ⊥α B ．存在平面α，使m ⊂α，n ⊂α C ．存在平面α，满足m ⊥α，n ∥α D ．存在平面α，满足m ∥α，n ∥α解析：对于A ，若m ⊥α，n ⊥α，则有m ∥n ，这与直线m ，n 是异面直线相矛盾，因此A 不正确；对于B ，若m ⊂α，n ⊂α，则直线m ，n 是共面直线，这与直线m ，n 是异面直线相矛盾，因此B 不正确；对于C ，若存在平面α，使得m ⊥α，n ∥α，则有m ⊥n ，而异面直线m ，n 可能不垂直，因此C 不正确；对于D ，过直线m ，n 外一点，分别作直线m ，n 的平行线m 1，n 1，则由直线m 1，n 1所确定的平面α与直线m ，n 都平行，因此D 正确．综上所述，选D.答案：D2．设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2解析：若m ∥l 1，n ∥l 2，m ，n ⊂α，l 1，l 2⊂β，则可得α∥β.反之则不一定成立． 答案：B3．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下面三个命题： ①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β. 则真命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：直线l ⊥平面α，当α∥β时，l ⊥β，又因为m ⊂平面β，l ⊥m ，①正确；当α⊥β时，l 与m 的位置关系无法判断，②错误；当l ∥m 时，根据l ⊥平面α，得m ⊥平面α，又因为m ⊂平面β，根据面面垂直判定定理，α⊥β，③正确．故真命题有2个．答案：C4．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为( )图1A.223 B ．2 2 C.24 D.13解析：直线AB 与平面A 1BC 1所成角等于直线A 1B 1与平面A 1BC 1所成角，连接B 1C ，与BC 1相交于点O ，连接A 1O .则容易证明BC 1⊥平面A 1B 1O ，所以平面A 1BC 1⊥平面A 1B 1O ，所以直线A 1B 1与平面A 1BC 1所成角为∠B 1A 1O ，故sin ∠B 1A 1O ＝B 1O A 1O ＝22322＝13.故选D.图2答案：D 5．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AB ，CC 1的中点，在平面ADD 1A 1内且与平面D 1EF 平行的直线( )图3A ．不存在B ．有1条C ．有2条D ．有无数条解析：由题设知平面ADD 1A 1与平面D 1EF 有公共点D 1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线l ，在平面ADD 1A 1内与l 平行的线有无数条，且它们都不在平面D 1EF 内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D 1EF 平行，故选D.答案：D6．如图，M 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱DD 1的中点，给出下列四个命题：图4①过M 点有且只有一条直线与直线AB ，B 1C 1都相交； ②过M 点有且只有一条直线与直线AB ，B 1C 1都垂直； ③过M 点有且只有一个平面与直线AB ，B 1C 1都相交； ④过M 点有且只有一个平面与直线AB ，B 1C 1都平行． 其中真命题是( ) A ．②③④ B ．①③④ C ．①②④ D ．①②③解析：对于①，取CC 1的中点N .连接AM ，BN 并延长分别交底面A 1B 1C 1D 1于P ，Q 两点，则Q ∈B 1C 1，MQ 与AB 交于一点，因此①正确；对于②结合图形知，DD 1符合要求，且只有DD 1，故②正确；同理④正确；过点M 可有无数个平面与直线AB ，B 1C 1都相交，故③不正确，因此选C.答案：C 二、填空题7．如图5，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，MN 在平面图5BCC 1B 1内，MN ⊥BC 于M (M 点异于点B )，则MN 与平面AB 1的位置关系是________． 解析：∵MN ⊥BC ，B 1B ⊥BC ， ∴MN ∥BB 1.而BB 1⊂平面AB 1， ∴MN ∥平面AB 1. 答案：平行 8．(2012·湖南郡中模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角的大小等于________．图6解析：连接BC 1交B 1C 于O ，连接A 1O ，易证BC 1⊥平面A 1B 1CD ，∴∠OA 1B 即为直线A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角．图7∵OB ＝12A 1B ，∴A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角为30°.答案：30°9．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有________．图8①平面ABC ⊥平面ABD ； ②平面ABD ⊥平面BCD ；③平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ACD ⊥平面BDE ； ④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 ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE .因为AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BDE ，又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE ，故只有③正确． 答案：③ 三、解答题10．一个多面体的三视图和直观图如下图所示，其中M ，N 分别是AB ，AC 的中点，G 是DF 上的一个动点，且DG ＝λDF (0<λ<1)．图9(1)求证：对任意的λ∈(0,1)，都有GN ⊥AC ；(2)当λ＝12时，求证：AG ∥平面FMC .解：(1)由三视图与直观图，知该几何体是一个三棱柱，且CD ⊥DF ，AD ⊥DF ，AD ⊥CD ，且DF ＝AD ＝DC .连接BD ，如下图所示，则AC ⊥BD ，①图10且N 为AC 与BD 的交点． 由题意，知FD ⊥平面ABCD ，又G 是FD 上的一点，所以GD ⊥平面ABCD . 而AC ⊂平面ABCD ，所以GD ⊥AC .②由①②和BD ∩GD ＝D ，知AC ⊥平面GDN .而GN ⊂平面GDN ，所以AC ⊥GN .故对任意的λ∈(0,1)，都有GN ⊥AC .(2)当λ＝12时，G 是DF 的中点，取DC 的中点S ，连接AS ，GS ，因为M 是AB 的中点，所以AS ∥MC ，GS ∥FC . 又因为AS ∩GS ＝S ，所以平面AGS ∥平面FMC .而AG ⊂平面AGS ，所以AG ∥平面FMC . 11．(2012·福建)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 为棱DD 1上的一点．图11(1)求三棱锥A －MCC 1的体积；(2)当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.解：(1)由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，故点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1.(2)将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，图12当A1，M，C′共线时，A1M＋MC取得最小值．由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．连接C1M，在△C1MC中，MC1＝2，MC＝2，CC1＝2，∴CC21＝MC21＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1.又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，∴B1C1⊥CM.又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M.同理可证，B1M⊥AM.又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC.12．(2012·浙江)如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，AD ⊥AB，AB＝2，AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点．图13(1)证明：①EF∥A1D1；②BA1⊥平面B1C1EF；(2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值．解：(1)证明：①因为C1B1∥A1D1，C1B1⊄平面ADD1A1，所以C1B1∥平面A1D1DA.又因为平面B1C1EF∩平面A1D1DA＝EF，所以C1B1∥EF，所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1C1.又因为B1C1⊥B1A1，所以B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中，F是AA1的中点，tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝2 2，即∠A1B1F＝∠AA1B，故BA1⊥B1F.所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)设BA1与B1F交点为H，连接C1H.图14 由(1)知BA1⊥平面B1C1EF，所以∠BC1H是BC1与面B1C1EF所成的角．在矩形AA1B1B中，AB＝2，AA1＝2，得BH＝4 6 .在直角△BHC1中，BC1＝25，BH＝46，得sin∠BC1H＝BHBC1＝3015.所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是30 15.。

专题限时集训(十二)[第12讲 点、直线、平面之间的位置关系](时间：45分钟)1．设α是空间中的一个平面，l ，m ，n 是三条不同的直线，则下列命题中正确的是( ) A ．若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α B ．若m ⊂α，n ⊥α，l ⊥n ，则l ∥m C ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n D ．若l ⊥m ，l ⊥n ，则n ∥m2．已知a 、b 、c 为三条不重合的直线，下面有三个结论：①若a ⊥b ，a ⊥c 则b ∥c ；②若a ⊥b ，a ⊥c 则b ⊥c ；③若a ∥b ，b ⊥c 则a ⊥c .其中正确的个数为( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3．如图12－1，O 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 的中心，则下列直线中与B 1O 垂直的是( )图12－1A ．A 1DB ．AA 1C ．A 1D 1 D ．A 1C 14．图12－2是某个正方体的侧面展开图，l 1、l 2是两条侧面对角线，则在正方体中，l 1与l 2( )图12－2A ．互相平行B ．异面且互相垂直C ．异面且夹角为π3D ．相交且夹角为π35．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中的假命题是( ) A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若m∥n，m⊥α，则n⊥αC．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β6．在空间中，给出下面四个命题：①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；②若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；③垂直于同一条直线的两条直线互相平行；④若两个平面互相垂直，则一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面内的无数条直线．其中正确的是( )A．①② B．②③ C．③④ D．①④7．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱上到异面直线AB，CC1的距离相等的点的个数为( ) A．2 B．3 C．4 D．58．如图12－3，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误．．的为( )图12－3A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°9．如图12－4，四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其正视图与侧视图都是腰长为a的等腰直角三角形．则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对．图12－410．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，有下列四个命题：①若l⊥α，m⊂α，则l⊥m；②若l⊥α，l∥m，则m⊥α；③若l∥α，m⊂α，则l∥m；④若l∥α，m∥α，则l∥m.则其中命题正确的是________．11．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C－AB－D为直二面角，M，N 分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值为________．12．如图12－5所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，平面ABC1⊥平面A1ACC1，又∠AA1C1＝∠BAC1＝60°，AC1与A1C相交于点O.(1)求证：BO⊥平面A1ACC1；(2)求AB1与平面A1ACC1所成角的正弦值．图12－513．如图12－6，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，CD＝2AB＝4，AD＝2，E为CD的中点，将△BCE 沿BE 折起，使得CO ⊥DE ，其中O 点在线段DE 内．(1)求证：CO ⊥平面ABED ；(2)问∠CEO (记为θ)多大时，三棱锥C －AOE 的体积最大？最大值为多少？图12－614．如图12－7，四边形ABCD 为正方形，EA ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1.(1)求证：BC ⊥AF ；(2)若点M 在线段AC 上，且满足CM ＝14CA ，求证：EM ∥平面FBC ；(3)试判断直线AF 与平面EBC 是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．图12－7专题限时集训(十二)【基础演练】1．C [解析] m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，需要m ∩n ＝A 才有l ⊥α，A 错误．若m ⊂α，n ⊥α，l ⊥n ，l 与m 可能平行、相交、也可能异面，B 错误．若l ⊥m ，l ⊥n ，l 与m 可能平行、相交、也可能异面，D 错误．2．B [解析] ①不对，b ，c 可能异面；②不对，b ，c 可能平行；平行移动直线不改变这条直线与其他直线的夹角，故③对，选B.3．D [解析] 由于A 1C 1⊥B 1D 1，根据正方体特征可得BB 1⊥A 1C 1，故A 1C 1⊥平面BB 1D 1D ，B 1O ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1O ⊥A 1C 1.4．D [解析] 把展开图还原，则l 1，l 2是正方体中位于同一个顶点处的两个面的面对角线，故一定相交且夹角为π3.【提升训练】5．C [解析] 垂直同一直线的平面平行，选项A 中的命题正确；两平行线中一条垂直一个平面，另一条也垂直这个平面，选项B 中的命题正确；选项C 中的命题不正确；由面面垂直的判定定理知选项D 中的命题正确．6．D [解析] 由性质可知①是正确的；对于②，过两点的直线可能与平面相交，所以②错误；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面，所以③错误；由性质可知④正确．故选D.7．C [解析] 如图所示，则BC 中点M ，B 1点，D 点，A 1D 1的中点N 分别到两异面直线的距离相等．即满足条件的点有四个，故选C 项．8．C [解析] 由PQ ∥AC ，QM ∥BD ，PQ ⊥QM 可得AC ⊥BD ，故A 正确；由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故B 正确；异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与PN 所成的角，故D 正确．综上C 是错误的，故选C.9．6 [解析] 因为四棱锥P －ABCD 的顶点P 在底面ABCD 上的投影恰好是A ，其正视图与侧视图都是腰长为a 的等腰直角三角形，所以PA ⊥BC ，PA ⊥CD ，AB ⊥PD ，BD ⊥PA ，BD ⊥PC ，AD ⊥PB ，共6对．10．①② [解析] 根据直线与平面垂直的定义，命题①正确；两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，另一条也垂直这个平面，命题②正确；直线与平面平行时直线不平行这个平面内的任意直线，命题③不正确；直线与平面的平行不具有传递性，命题④不正确．11.1510[解析] 如图，G 为DE 的中点，则NG ∥EM ，∠ANG 即为EM ，AN 所成角，设正方形的边长为2，则AN ＝3，AG ＝5，NG ＝EM ＝5，所以cos ∠ANG ＝32＋52－522×3×5＝1510.12．解：(1)证明：由题知AC ＝AA 1＝2，∠AA 1C 1＝60°， 所以△AA 1C 1为正三角形，所以AC 1＝2. 又因为AB ＝2，且∠BAC 1＝60°， 所以△BAC 1为正三角形．又平行四边形A 1ACC 1的对角线相交于点O ，所以O 为AC 1的中点， 所以BO ⊥AC 1.又平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1，且平面ABC 1∩平面A 1ACC 1＝AC 1，BO ⊂平面BAC 1， 所以BO ⊥平面A 1ACC 1.(2)解法一：连接A 1B 交AB 1于E ，取A 1O 的中点F ，连接EF ，AF ， 则EF ∥BO .又BO ⊥平面A 1ACC 1， 所以EF ⊥平面A 1ACC 1，EF ⊥AF ，所以直线AB 1与平面A 1ACC 1所成角为∠EAF . 而在等边△BAC 1中，AB ＝2，所以BO ＝3，EF ＝32， 同理可知，A 1O ＝3，A 1F ＝32， 在△AA 1F 中，由余弦定理得AF 2＝AA 21＋A 1F 2－2AA 1·A 1F cos30°＝74.所以Rt △EFA 中，AE ＝EF 2＋AF 2＝102， sin ∠EAF ＝EF AE ＝3010.所以AB 1与平面A 1ACC 1所成角的正弦值为3010. 解法二：由于BB 1∥CC 1，BB 1⊄平面A 1ACC 1， 所以BB 1∥平面A 1ACC 1，所以点B 1到平面A 1ACC 1的距离即点B 到平面A 1ACC 1的距离． 因为BO ⊥平面A 1ACC 1，所以B 1到平面A 1ACC 1的距离为BO 的长， 所以AB 1与平面A 1ACC 1所成角的正弦值为sin α＝BO AB 1. 而在等边△BAC 1中，AB ＝2，所以BO ＝3，同理可知，A 1O ＝3＝OC ，所以BC ＝BO 2＋OC 2＝6，B 1C 1＝ 6.又易证OC 1⊥平面BA 1C ，所以OC 1⊥BC ，OC 1⊥B 1C 1，所以AB 1＝B 1C 21＋AC 21＝10，所以sin α＝BO AB 1＝310＝3010， 即AB 1与平面A 1ACC 1所成角的正弦值为3010. 13．解：(1)证明：在直角梯形ABCD 中，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，则AB ＝DE ，又AB ∥DE ，AD ⊥AB ，知BE ⊥CD .在四棱锥C －ABED 中，BE ⊥DE ，BE ⊥CE ，CE ∩DE ＝E ， CE ，DE ⊂平面CDE ，则BE ⊥平面CDE .因为CO ⊂平面CDE ，所以BE ⊥CO .又CO ⊥DE ，且BE ，DE 是平面ABED 内两条相交直线， 故CO ⊥平面ABED .(2)由(1)知CO ⊥平面ABED ，则三棱锥C －AOE 的体积V ＝13S △AOE ·OC ＝13×12×OE ×AD ×OC . 由直角梯形ABCD 中，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2，CE ＝2， 得三棱锥C －AOE 中，OE ＝CE cos θ＝2cos θ，OC ＝CE sin θ＝2sin θ， V ＝23sin2θ≤23.当且仅当sin2θ＝1，θ∈0，π2，即θ＝π4时取等号，(此时OE ＝2<DE ，O 落在线段DE 内)．故当θ＝π4时，三棱锥C －AOE 的体积最大，最大值为23.14．解：(1)证明：因为EF ∥AB ，所以EF 与AB 确定平面EABF ， 因为EA ⊥平面ABCD ， 所以EA ⊥BC .由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面EABF . 又AF ⊂平面EABF ， 所以BC ⊥AF .(2)证明：过M 作MN ⊥BC ，垂足为N ，连接FN ，则MN ∥AB . 又CM ＝14AC ，所以MN ＝14AB .又EF ∥AB 且EF ＝14AB ，所以EF ∥MN ，且EF ＝MN ，所以四边形EFNM 为平行四边形， 所以EM ∥FN .又FN ⊂平面FBC ，EM ⊄平面FBC ， 所以EM ∥平面FBC .(3)直线AF 垂直于平面EBC . 证明如下： 由(1)可知，AF ⊥BC .在四边形ABFE 中，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1， ∠BAE ＝∠AEF ＝90°，所以tan ∠EBA ＝tan ∠FAE ＝12，则∠EBA ＝∠FAE .设AF ∩BE ＝P ，因为∠PAE ＋∠PAB ＝90°， 故∠PBA ＋∠PAB ＝90°. 则∠APB ＝90°，即EB ⊥AF .又因为EB ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面EBC .。