第2講 空間中的平行與垂直
「考情研析」 1.從具體內(nèi)容上：①以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎題；②以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關系交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查． 2.從高考特點上，難度中等，常以一道選填題或在解答題的第一問考查．
核心知識回顧
1.直線與平面平行的判定和性質(zhì)
(1)判定
①判定定理：a∥b，b?α，a?α?a∥α．
②面面平行的性質(zhì)：α∥β，a?α?a∥β．
(2)性質(zhì)：l∥α，l?β，α∩β＝m?l∥m．
2．直線和平面垂直的判定和性質(zhì)
(1)判定
①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c?α，b∩c＝O?a⊥α．
②線面垂直的其他判定方法：
a．a(chǎn)∥b，a⊥α?b⊥α．
b．l⊥α，α∥β?l⊥β．
c．α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β．
(2)性質(zhì)
①l⊥α，a?α?l⊥a．
②l⊥α，m⊥α?l∥m．
3．兩個平面平行的判定和性質(zhì)
(1)判定
①判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?β∥α．
②面面平行的其他判定方法：
a．l⊥α，l⊥β?α∥β．
b．α∥γ，α∥β?β∥γ．
(2)性質(zhì)：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b．
4．兩個平面垂直的判定和性質(zhì)
(1)判定：a?α，a⊥β?α⊥β．
(2)性質(zhì)：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β．
熱點考向探究
考向1 空間線面位置關系的判定
例1(1)(多選)(2020·山東省煙臺市模擬)已知m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，則()
A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n
B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n
C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β
D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β
答案 BC
解析 由m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，知：對于A，若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n相交、平行或異面，故錯誤；對于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則由線面垂直、面面垂直的性質(zhì)定理得m⊥n，故正確；對于C，若m∥n，m⊥α，n⊥β，則由線面垂直的性質(zhì)定理和面面平行的判定定理得α∥β，故正確；對于D，若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥β或m?β，故錯誤．故選BC.(2)
(多選)(2020·山東省實驗中學高考預測卷)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M在棱CC1上，則下列結論正確的是()
A．直線BM與平面ADD1A1平行
B．平面BMD1截正方體所得的截面為三角形
C．異面直線AD1與A1C1所成的角為
D．MB＋MD1的最小值為
答案 ACD
解析 對于A，因為平面ADD1A1∥平面BCC1B1，BM?平面BCC1B1，即可判定直線BM與平面ADD1A1平行，故正確；對于B，如圖1，平面BMD1截正方體所得的截面為四邊形，故錯誤；對于C，如圖2，異面直線AD1與A1C1所成的角為∠D1AC，即可判定異面直線AD1與A1C1所成的角為，故正確；對于D，如圖3，將正方體的側(cè)面展開，可得當B，M，D1共線時，MB＋MD1有最小值，最小值為BD1＝＝，故正確．故選ACD.判斷空間線面位置關系常用的方法
(1)根據(jù)空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題．
(2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結合有關定理來進行判斷.(多選)(2020·山東省聊城市一模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則()
A．直線D1D與直線AF垂直
B．直線A1G與平面AEF平行
C．平面AEF截正方體所得的截面面積為
D．點C與點G到平面AEF的距離相等
答案 BC
解析 ∵CC1與AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF與DD1不垂直，故A錯誤；取B1C1的中點N，連接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，則直線A1G∥平面AEF，故B正確；把截面AEF補形為四邊形AEFD1，由四邊形AEFD1為等腰梯形可得平面AEF截正方體所得的截面面積S＝，故C正確；假設點C與點G到平面AEF的距離相等，即平面AEF將CG平分，則平面AEF必過CG的中點，連接CG交EF于點H，而H不是CG中點，則假設不成立，故D錯誤．故選BC.考向2 空間平行、垂直關系的證明
例2(2020·山東省青島市高三期中)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，面PAD⊥面ABCD，E為AD的中點．
(1)求證：PA⊥BD；
(2)在線段AB上是否存在一點G，使得BC∥面PEG？若存在，請證明你的結論；若不存在，請說明理由．
解(1)證明：取AB的中點F，連接DF.∵DC∥AB且DC＝AB，∴DC∥BF且DC＝BF，∴四邊形BCDF為平行四邊形，又AB⊥BC，BC＝CD＝1，∴四邊形BCDF為正方形．
在Rt△AFD中，∵DF＝AF＝1，∴AD＝，在Rt△BCD中，∵BC＝CD＝1，∴BD＝，∵AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵BD?面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，面PAD⊥面ABCD，∴BD⊥面PAD，∵PA?面PAD，∴PA⊥BD.(2)在線段AB上存在一點G，滿足AG＝AB，即G為AF的中點時，BC∥面PEG，證明如下：連接EG，∵E為AD的中點，G為AF中點，∴GE∥DF，又DF∥BC，∴GE∥BC，∵GE?面PEG，BC?面PEG，∴BC∥面PEG.空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉(zhuǎn)化．
(2020·江蘇省泰州中學、宜興中學、江都中學聯(lián)考)如圖，在四棱錐S－ABCD中，已知SA＝SB，四邊形ABCD是平行四邊形，且平面SAB⊥平面ABCD，點M，N分別是SC，AB的中點．
求證：(1)MN∥平面SAD；
(2)SN⊥AC.證明(1)取SD的中點E，連接EM，EA.∵M是SC的中點，∴EM∥CD，且EM＝CD.∵底面ABCD是平行四邊形，N為AB的中點，∴AN∥CD，且AN＝CD，∴EM∥AN，EM＝AN，∴四邊形EMNA是平行四邊形，∴MN∥AE.∵MN?平面SAD，AE?平面SAD，∴MN∥平面SAD.(2)∵SA＝SB，N是AB的中點，∴SN⊥AB，∵平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，SN?平面SAB，∴SN⊥平面ABCD，∵AC?平面ABCD，∴SN⊥AC.考向3 立體幾何中的翻折問題
例3(1)(2020·山東省濰坊市三模)如圖1，四邊形ABCD是邊長為10的菱形，其對角線AC＝12，現(xiàn)將△ABC沿對角線AC折起，連接BD，形成如圖2的四面體ABCD，則異面直線AC與BD所成角的大小為________；在圖2中，設棱AC的中點為M，BD的中點為N，若四面體ABCD的外接球的球心在四面體的內(nèi)部，則線段MN長度的取值范圍為________．
答案(，8)
解析 連接BM，DM，∵四邊形ABCD是菱形，M為棱AC的中點，∴AC⊥BM，AC⊥DM，又BM∩DM＝M，則AC⊥平面BMD，∵BD?平面BMD，∴AC⊥BD，則異面直線AC與BD所成角的大小為.∵四邊形ABCD是邊長為10的菱形，其對角線AC＝12，∴MA＝6，MB＝8.設O1是△ABC的外心，則O1在中線BM上，設過點O1的直線l1⊥平面ABC，易知l1?平面BMD，設O2是△ACD的外心，則O2在中線DM上，設過點O2的直線l2⊥平面ACD，易知l2?平面BMD，由對稱性易知l1，l2的交點O在直線MN上，根據(jù)外接球的性質(zhì)，知點O為四面體ABCD的外接球的球心，O1A2＝O1M2＋MA2，O1A＋O1M＝BM＝8，∴(8－O1M)2＝O1M2＋36，解得O1M＝，令∠BMN＝θ，根據(jù)題意可知BD⊥CN，BD⊥AN，且CN∩AN＝N，∴BD⊥平面ACN，又MN?平面ACN，∴BD⊥MN，∴0<θ<，∴MN＝BM
cos
θ＝8cos
θ<8.∵cos
θ＝＝，∴OM·MN＝O1M·BM＝×8＝14，又OM ①當M在何處時，平面ADM⊥平面P′BC，并證明； ②若AB＝2，∠P′DC＝135°，證明：點C到平面P′AD的距離等于點P′到平面ABCD的距離，并求出該距離.解 ①當點M為P′C的中點時，平面ADM⊥平面P′BC，證明如下：∵DP′＝DC，M為P′C的中點，∴P′C⊥DM，∵AD⊥DP′，AD⊥DC，DP′∩DC＝D，∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C，又DM∩AD＝D，∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC.②在平面P′CD上作P′H⊥CD的延長線于點H，由①中AD⊥平面DP′C，可知平面P′CD⊥平面ABCD，又平面P′CD∩平面ABCD＝CD，P′H?平面P′CD，P′H⊥CD，∴P′H⊥平面ABCD，由題意，得DP′＝2，∠P′DH＝45°，∴P′H＝，又VP′－ADC＝VC－P′AD，設點C到平面P′AD的距離為h，即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h，由題意，知△ADC≌△ADP′，則S△ADC＝S△P′AD.∴P′H＝h，故點C到平面P′AD的距離等于點P′到平面ABCD的距離，且該距離為.翻折前后位于同一個半平面內(nèi)的直線間的位置關系、數(shù)量關系不變，翻折前后分別位于兩個半平面內(nèi)(非交線)的直線位置關系、數(shù)量關系一般發(fā)生變化，解翻折問題的關鍵是辨析清楚“不變的位置關系和數(shù)量關系”“變的位置關系和數(shù)量關系”． 如圖1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，點E為AC的中點，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直(如圖2)，在圖2所示的幾何體D－ABC中，(1)求證：BC⊥平面ACD； (2)若點F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F－BCE的體積． 解(1)證明：在圖1中，由題意，知AC＝BC＝2，AB＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.如圖2，因為E為AC的中點，連接DE，則DE⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE?平面ACD，從而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC.又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD.(2)如圖2，取DC的中點F，連接EF，BF，因為E是AC的中點，所以EF∥AD，又EF?平面BEF，AD?平面BEF，所以AD∥平面BEF，由(1)知，DE為三棱錐D－ABC的高，因為三棱錐F－BCE的高h＝DE＝×＝，S△BCE＝S△ABC＝××2×2＝2，所以三棱錐F－BCE的體積為 VF－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝.真題押題 『真題檢驗』 1．(2020·浙江高考)已知空間中不過同一點的三條直線m，n，l，則“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的() A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案 B 解析 依題意m，n，l是空間中不過同一點的三條直線，當m，n，l在同一平面時，可能有m∥n∥l，故不能得出m，n，l兩兩相交．當m，n，l兩兩相交時，設m∩n＝A，m∩l＝B，n∩l＝C，則m，n確定一個平面α，而B∈m?α，C∈n?α，所以直線BC即l?α，所以m，n，l在同一平面．綜上所述，“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的必要不充分條件．故選B.2．(2019·全國卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是() A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 答案 B 解析 若α∥β，則α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，反之則不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件．根據(jù)平面與平面平行的判定定理知，若一個平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立．因此，B中條件是α∥β的充要條件．故選B.3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________． 答案 解析 如圖所示，取B1C1的中點為E，BB1的中點為F，CC1的中點為G，因為∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，所以△D1B1C1為等邊三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因為BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥側(cè)面B1C1CB.設P為側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點，則D1E⊥EP.因為球的半徑為，D1E＝，所以EP＝＝＝，所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點到E的距離為.因為EF＝EG＝，所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線是扇形EFG的弧.因為∠B1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG＝，所以根據(jù)弧長公式可得交線長l＝×＝.4.(2020·全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明： (1)當AB＝BC時，EF⊥AC； (2)點C1在平面AEF內(nèi)． 證明(1)連接BD，B1D1.∵在長方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥BB1.∵AB＝BC，∴四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD.∵BB1∩BD＝B，BB1，BD?平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D.∵EF?平面BB1D1D，∴EF⊥AC.(2)在CC1上取點M使得CM＝2MC1，連接DM，MF，EC1.∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，∴ED＝MC1，ED∥MC1.∴四邊形DMC1E為平行四邊形，∴DM∥EC1.∵在長方體ABCD－A1B1C1D1中，BF＝2FB1，CM＝2MC1，∴DA∥CB，DA＝CB，MF∥CB，MF＝CB，∴MF∥DA，MF＝DA，∴四邊形MFAD為平行四邊形，∴DM∥AF，∴EC1∥AF.∴點C1在平面AEF內(nèi)． 5．(2020·江蘇高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點． (1)求證：EF∥平面AB1C1； (2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1.證明(1)由于E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點，所以EF∥AB1.由于EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)由于B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以B1C⊥AB.由于AB⊥AC，AC∩B1C＝C，所以AB⊥平面AB1C，由于AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.『金版押題』 6.(多選)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，N為底面ABCD的中心，P為線段A1D1上的動點(不包括兩個端點)，M為線段AP的中點，則() A．CM與PN是異面直線 B．CM>PN C．平面PAN⊥平面BDD1B1 D．過P，A，C三點的正方體的截面一定是等腰梯形 答案 BCD 解析 由C，N，A三點共線，得CN，PM交于點A，因此CM，PN共面，A錯誤；記∠PAC＝θ，則PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN cos θ＝AP2＋AC2－AP·AC cos θ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM cos θ＝AC2＋AP2－AP·AC cos θ，又AP 一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．(2020·武漢部分學校質(zhì)量檢測)若點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是() 答案 D 解析 對于A，因為A，C，M，N分別為所在棱的中點，由正方體的性質(zhì)知MN∥AC，又MN?平面ABC，AC?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對于B，取AC的中點E，連接BE，由條件及正方體的性質(zhì)知MN∥BE.因為MN?平面ABC，BE?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對于C，取AC的中點E，連接BE，由條件及正方體的性質(zhì)知MN∥BE，因為MN?平面ABC，BE?平面ABC，所以MN∥平面ABC.對于D，連接AM，BN，由條件及正方體的性質(zhì)知四邊形AMNB是等腰梯形，所以AB與MN所在的直線相交，故不能推出MN∥平面ABC.故選D.2．(2020·長春高三質(zhì)量監(jiān)測)已知直線a和平面α，β有如下關系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，則下列命題為真的是() A．①③?④ B．①④?③ C．③④?① D．②③?④ 答案 C 解析 如圖正方體中，當直線a為AB，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面B1BCC1時，α⊥β，a⊥β，a?α，故A不正確；當直線a為DD1，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面B1BCC1時，α⊥β，a∥α，a∥β，故B不正確；若a⊥β，a∥α，則由面面垂直的判定定理可推出α⊥β，故C正確；當直線a為A1D1，平面α為平面A1ABB1，平面β為平面D1DCC1時，α∥β，a⊥β，a⊥α，故D不正確．綜上所述，C為真命題，故選C.3.(2020·四川省瀘州市模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列命題正確的是() A.AC與B1C是相交直線且垂直 B.AC與A1D是異面直線且垂直 C．BD1與BC是相交直線且垂直 D．AC與BD1是異面直線且垂直 答案 D 解析 如圖，連接AB1，可得△AB1C為正三角形，可得AC與B1C是相交直線且成60°角，故A錯誤；∵A1D∥B1C，∴AC與A1D是異面直線且成60°角，故B錯誤；BD1與BC是相交直線，所成角為∠D1BC，其正切值為，故C錯誤；連接BD，可知BD⊥AC，則BD1⊥AC，可知AC與BD1是異面直線且垂直，故D正確．故選D.4．(2020·河北省石家莊模擬)已知α，β是空間兩個不同的平面，m，n是空間兩條不同的直線，則給出的下列說法正確的是() ①m∥α，n∥β，且m∥n，則α∥β； ②m∥α，n∥β，且m⊥n，則α⊥β； ③m⊥α，n⊥β，且m∥n，則α∥β； ④m⊥α，n⊥β，且m⊥n，則α⊥β.A．①②③ B．①③④ C．②④ D．③④ 答案 D 解析 對于①，當m∥α，n∥β，且m∥n時，有α∥β或α，β相交，所以①錯誤；對于②，當m∥α，n∥β，且m⊥n時，有α⊥β或α∥β或α，β相交且不垂直，所以②錯誤；對于③，當m⊥α，n⊥β，且m∥n時，得出m⊥β，所以α∥β，③正確；對于④，當m⊥α，n⊥β，且m⊥n時，α⊥β成立，所以④正確．綜上知，正確的命題序號是③④.故選D.5．(2020·甘肅省靖遠縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD上的一點，且CE＝2DE，F(xiàn)為棱AA1的中點，且平面BEF與DD1交于點G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為() A． B． C． D． 答案 C 解析 因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角，易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設AB＝6，則AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，則＝，即＝?DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan ∠D1B1G＝＝＝，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為，故選C.6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點，且A1F與平面D1AE的垂線垂直，如圖所示，下列說法不正確的是() A．點F的軌跡是一條線段 B．A1F與BE是異面直線 C．A1F與D1E不可能平行 D．三棱錐F－ABC1的體積為定值 答案 C 解析 由題知A1F∥平面D1AE，分別取B1C1，BB1的中點H，G，連接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故點F的軌跡為線段HG，A正確；由異面直線的判定定理可知A1F與BE是異面直線，故B正確；當F是BB1的中點時，A1F與D1E平行，故C不正確；∵HG∥平面ABC1，∴F點到平面ABC1的距離不變，故三棱錐F－ABC1的體積為定值，故D正確． 7．(2020·長沙模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝2，M為棱BC的中點，動點P滿足∠APD＝∠CPM，則點P的軌跡與長方體的面DCC1D1的交線長等于() A． B．π C． D．π 答案 A 解析 如圖，由題意知，只需考慮點P在平面DCC1D1上的情況，此時AD⊥DP，MC⊥CP，所以tan ∠APD＝，tan∠CPM＝.因為∠APD＝∠CPM，所以＝.因為M是BC的中點，所以AD＝2MC，所以DP＝2PC.在平面D1DCC1內(nèi)，以D為原點，的方向為x軸的正方向，DD1的方向為y軸的正方向，建立平面直角坐標系，則D(0，0)，C(6，0).設P(x，y)，則 ＝2，化簡，得y2＋(x－8)2＝42.該圓與平面D1DCC1的交線長對應的圓心角為，則對應弧長為×4＝.8．(2020·佛山模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，點E為AD的中點，將△ABE沿BE折起，在翻折過程中，記點A對應的點為A′，二面角A′－DC－B的平面角的大小為α，則當α最大時，tan α＝() A.B． C． D． 答案 D 解析 如圖，取BC的中點F，連接AF，交BE于點O，則AF⊥BE，連接OA′，A′F，則OA′＝OA＝，OA′⊥BE，OF⊥BE，又OA′∩OF＝O，所以BE⊥平面OA′F，又BE?平面ABCD，所以平面OA′F⊥平面ABCD.設A′在AF上的投影為M，連接A′M，設∠A′OM＝β，則A′M＝sin β，OM＝cos β，過點M作MN⊥CD交CD于點N，連接A′N，則∠A′NM＝α.易得α∈，MN＝－cos β，所以當α最大時，tan α最大，tan α＝＝，令＝t，所以sin β＝3t－t cos β，所以3t＝sin β＋t cos β＝sin (β＋θ)，所以3t≤，所以t≤，即tan α≤，故選D.二、選擇題：在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9．(2020·山東省青島市高三期中)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列直線或平面與平面ACD1平行的是() A．直線A1B B．直線BB1 C．平面A1DC1 D．平面A1BC1 答案 AD 解析 如圖，由A1B∥D1C，且A1B?平面ACD1，D1C?平面ACD1，故直線A1B與平面ACD1平行，故A正確；直線BB1∥DD1，DD1與平面ACD1相交，故直線BB1與平面ACD1相交，故B錯誤；顯然平面A1DC1與平面ACD1相交，故C錯誤；由A1B∥D1C，AC∥A1C1，且A1B∩A1C1＝A1，AC∩D1C＝C，故平面A1BC1與平面ACD1平行，故D正確．故選AD.10．如圖，在以下四個正方體中，直線AB與平面CDE垂直的是() 答案 BD 解析 在A中，AB與CE的夾角為45°，所以直線AB與平面CDE不垂直，故不符合題意；在B中，AB⊥CE，AB⊥DE，CE∩DE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合題意；在C中，AB與EC的夾角為60°，所以直線AB與平面CDE不垂直，故不符合題意；在D中，AB⊥DE，AB⊥CE，DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合題意．故選BD.11．(2020·海南省高三三模)如圖，四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等邊三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M為棱PD的中點，N為菱形ABCD的中心，下列結論正確的有() A．直線PB與平面AMC平行 B．直線PB與直線AD垂直 C．線段AM與線段CM長度相等 D．PB與AM所成角的余弦值為 答案 ABD 解析 如圖，連接MN，易知MN∥PB，又MN?平面AMC，∴PB∥平面AMC，A正確；在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴△BAD為等邊三角形．設AD的中點為O，連接OB，OP，則OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又PB?平面POB，∴AD⊥PB，B正確；由平面PAD⊥平面ABCD，得△POB為直角三角形，設AD＝4，則OP＝OB＝2，∴PB＝2，MN＝PB＝.在△MAN中，AM＝AN＝2，MN＝，可得cos ∠AMN＝，故異面直線PB與AM所成角的余弦值為，D正確；∵cos ∠MNC＝－cos ∠MNA＝－cos ∠AMN＝－，又NC＝2，MN＝，∴－＝，得CM＝2>AM，C錯誤．故選ABD.12．(2020·山東省威海市一模)如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E為AB的中點，以DE為折痕把△ADE折起，使點A到達點P的位置，且PC＝2.則() A．平面PED⊥平面EBCD B．PC⊥ED C．二面角P－DC－B的大小為45° D．PC與平面PED所成角的正切值為 答案 AC 解析 A項，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD?平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，正確；B項，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，則ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝45°，顯然矛盾，故錯誤；C項，二面角P－DC－B的平面角為∠PDE，又∠PDE＝∠ADE＝45°，故正確；D項，由上面分析可知，∠CPD為直線PC與平面PED所成的角，在Rt△PCD中，tan ∠CPD＝＝，故錯誤．故選AC.三、填空題 13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分別為AA1，BB1的中點，則異面直線BM與C1N所成角的余弦值為________． 答案 解析 如圖，連接A1N，則A1N∥BM，所以異面直線BM與C1N所成的角就是直線A1N和C1N所成的角．由題意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos ∠A1NC1＝＝.所以異面直線BM與C1N所成角的余弦值為.14．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________． 答案 若m∥α且l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α) 解析 已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.15．已知四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC將△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F(xiàn)是AD′的中點，E是AC上一點，給出下列結論： ①存在點E，使得EF∥平面BCD′； ②存在點E，使得EF⊥平面ABC； ③存在點E，使得D′E⊥平面ABC； ④存在點E，使得AC⊥平面BD′E.其中正確的結論是________(寫出所有正確結論的序號).答案 ①②③ 解析 對于①，存在AC的中點E，使得EF∥CD′，利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；對于②，過點F作EF⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF⊥平面ABC；對于③，過點D′作D′E⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得D′E⊥平面ABC；對于④，因為ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一點，所以不存在點E，使得AC⊥平面BD′E.16．如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點，以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中點．現(xiàn)給出以下結論： ①△SAC為直角三角形； ②平面SAD⊥平面SBD； ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行． 其中正確結論的序號是________(寫出所有正確結論的序號).答案 ①③ 解析 如圖，連接OC，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AC，C在以AO為直徑的圓上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即△SAC為直角三角形，故①正確；假設平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中過點A作AH⊥SD交SD于點H，則AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一個三角形內(nèi)不可能有兩個直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②錯誤；連接DO并延長交圓O于點E，連接PO，SE，∵P為SD的中點，O為ED的中點，∴OP是△SDE的中位線，∴PO∥SE，即SE∥平面PAB，即平面PAB必與圓錐SO的母線SE平行．故③正確．故正確是①③.四、解答題 17.在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F(xiàn)是棱PA上的一動點，E為PD的中點． (1)求證：平面BDF⊥平面ACF； (2)若AF＝2，側(cè)面PAD內(nèi)是否存在過點E的一條直線，使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF，若存在，給出證明；若不存在，請說明理由． 解(1)證明：由題意可知，PA⊥平面ABCD，則BD⊥PA，又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC為平面PAC內(nèi)兩相交直線，所以BD⊥平面PAC，BD為平面BDF內(nèi)一直線，從而平面BDF⊥平面ACF.(2)側(cè)面PAD內(nèi)存在過點E的一條直線，使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF.設G是PF的中點，連接EG，CG，OF，則?平面CEG∥平面BDF，所以直線EG上任一點M都滿足CM∥平面BDF.18.(2020·河北省保定市二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為2的正方形，PA＝PD＝，E為PA的中點，點F在PD上且EF⊥平面PCD，M在DC延長線上，F(xiàn)H∥DM，交PM于點H，且FH＝1.(1)證明：EF∥平面PBM； (2)求點M到平面ABP的距離.解(1)證明：取PB的中點G，連接EG，HG，則EG∥AB，且EG＝1，∵FH∥DM，且FH＝1 又AB∥DM，∴EG∥FH，EG＝FH，即四邊形EFHG為平行四邊形，∴EF∥GH.又EF?平面PBM，GH?平面PBM，∴EF∥平面PBM.(2)∵EF⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴EF⊥CD.∵AD⊥CD，EF和AD顯然相交，EF，AD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，CD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD.取AD的中點O，連接PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∵AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，∵PA?平面PAD，∴PA⊥AB，在等腰三角形PAD中，PO＝＝＝4.設點M到平面ABP的距離為h，連接AM，利用等體積可得VM－ABP＝VP－ABM，即××2××h＝××2×2×4，∴h＝＝，∴點M到平面PAB的距離為.
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