板块4 微专题(2) 空间点、直线、平面之间的位置关系(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(二)　空间点、直线、平面之间的位置关系 精练小题·激活知能 1.(人A必修二P139T3改编)下列结论正确的是 (　　) A.如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面 B.如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行 C.如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b D.如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α 答案:D 2.(人A必修二P162练习1改编)[多选]下列结论正确的是 (　　) A.垂直于同一条直线的两条直线平行 B.如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β C.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β D.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β 答案:CD 3.(人A必修二P159练习2)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是 (　　) A.α⊥γ，β⊥γ B.α∩β=a，b⊥a，b⊂β C.a∥β，a∥α D.a∥α，a⊥β 解析:选D　α⊥γ，β⊥γ⇒α与β相交或平行，故A不正确;∵α∩β=a，b⊥a，b⊂β，∴b不一定垂直于α，∴α不一定垂直于β，故B不正确;a∥β，a∥α⇒α与β相交或平行，故C不正确;∵a∥α，a⊥β，∴α中一定有一条直线垂直于β，∴α⊥β，故D正确.故选D. 4.(人A必修二P162复习巩固T1(1))若空间中四条不同的直线l1，l2，l3，l4满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下面结论正确的是 (　　) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1，l4既不垂直也不平行 D.l1，l4的位置关系不确定 解析:选D　如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，记l1为DD1，l2为DC，l3为DA，若取AA1为l4，则满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4;若取C1D为l4，则l1与l4相交;若取BA为l4，则l1与l4异面;若取C1D1为l4，则l1与l4相交且垂直.综上，l1与l4的位置关系不确定，故选D. |调动储备| ⇦当结论是线面平行时，要确认线是否可能在平面内. ⇦⇒l⊥β. ⇦l⊥α，l⊂β⇒α⊥β. α∥β，α⊥γ⇒β⊥γ. ⇦判断位置关系时注意借助几何体，如长方体或正方体等. 聚焦重难·发掘潜力 考法一　几何法求空间角 [例1]　(1)(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，AB=6，A'B'=2，则A'A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B.1 C.2 D.3 解析:选B　法一　如图1，分别取BC，B'C'的中点D，D'，连接AD，A'D'，DD'. 易证得平面ADD'A'⊥平面ABC. 过点A'作A'E⊥AD于点E，则A'E⊥平面ABC， 即A'E为正三棱台的高. 由上述可知，∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角. 由已知易得正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=，×6×3=9. 由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，得×(+9+3)×A'E=，解得A'E=. 取△ABC，△A'B'C'的重心分别为G，G'，连接GG'，则四边形A'EGG'为矩形， 所以EG=A'G'=A'D'=(方法技巧:利用正三角形的重心性质)，所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=. 在Rt△A'AE中，tan∠A'AE===1.故选B. 法二　设正三棱台ABC-A'B'C'的高为h. 易知正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=，×6×3=9. 由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，得×(+9+3)h=，解得h=. 如图2，将该正三棱台补成正三棱锥P-ABC，过点P作PG⊥平面ABC，连接AG，则点G为△ABC的重心，所以∠PAG为直线A'A与平面ABC所成的角. 由相似比可知，==， 解得PG=2. 延长AG交BC于点D，则点D为BC的中点. 因为△ABC为正三角形，AB=6，则AD=3， 所以AG=×AD=2. 在Rt△PGA中，tan∠PAG===1.故选B. 法三　如图3，设正三棱台ABC-A'B'C'的高为h，该棱台的三条侧棱相交于点P(提示:棱台是由相应的棱锥截得的，将棱台补成棱锥来解题)， 由AB=6，A'B'=2，得AB=3A'B'. 设正三棱台下底面的中心为O，上底面的中心为O'，连接PO，AO(提示:由正三棱锥的性质知PO⊥平面ABC)，则==. 又PO-PO'=h，所以PO=h，PO'=. 因为S△ABC=×62=9，S△A'B'C'=×22=，VABC-A'B'C'=VP-ABC-VP-A'B'C'， 所以×9×h-××=，解得h=. 易得三棱台的下底面的中心O到顶点A的距离AO=××6=2， 所以直线AA'与平面ABC所成角的正切值为==h=×=1(提示:∠PAO就是直线AA'与平面ABC所成的角).故选B. (2)(2022·新课标Ⅰ卷)[多选]已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则 (　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 解析:选ABD　如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确;在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C=C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确;连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a，则易得BC1=a，OC1=，所以在Rt△BOC1中，OC1=BC1，所以∠OBC1=30°，故C错误;因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1=45°，故D正确.故选ABD. [思维建模] (1)几何法求线线角的步骤:根据定义作平行线，作出异面直线所成的角;解三角形，求出所作的角. (2)几何法求线面角的步骤:先按定义作出线面角，然后在待求角所在的直角三角形中求解;经常要设定某些参数以助推理论证或计算求解. (3)定义法求两个平面的夹角(找平面角):过交线上一点分别在两个平面内作交线的垂线. [变式训练] 1.(2024·河南三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA=PC=4，AB=BC=3，则二面角A-PC-B的正切值为 (　　) A. B. C.2 D. 解析:选A　设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，则DE∥PA.因为AB=BC，所以BE⊥AC，又因为平面ABC⊥平面PAC，BE⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAC=AC，所以BE⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，则BE⊥PC.因为△PAC是直角三角形，PA=PC=4，所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE=×4=2.因为DE∩BE=E，且DE，BE⊂平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又因为BD⊂平面BDE，则PC⊥BD，所以∠BDE为二面角A-PC-B的平面角，且tan∠BDE===. 2.如图，已知四边形ABCD是平行四边形，M，N分别是PD，BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为N，PA与平面ABCD所成角的正切值为2，则直线PA与MC所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　如图，取PA的中点E，连接EM，EN.因为E，M分别是PA，PD的中点，所以EM∥AD，EM=AD.因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC，AD=BC.因为N为BC的中点，所以NC=BC，所以EM∥NC，EM=NC.故四边形EMCN为平行四边形，所以MC∥EN，所以直线PA与MC所成的角为∠AEN.连接PN，AN，因为点P在平面ABCD内的射影为N，所以PN⊥平面ABCD，所以PA与平面ABCD所成的角为∠EAN，所以tan∠EAN=2.不妨令PN=2，则AN=1，所以PA==，所以EA=EN=.在△AEN中，由余弦定理得cos∠AEN===. 考法二　空间平行、垂直关系的证明 [例2]　如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PD⊥平面ABCD，点E是PA的中点，F是线段PB上靠近P的三等分点，PD=AD=2. (1)求证:PC∥平面BDE; (2)求点F到平面BDE的距离. 解: (1)证明:如图，连接AC交BD于点O，连接EO， ∵四边形ABCD是正方形， ∴O为AC中点， ∵E是PA中点，∴EO∥PC. ∵EO⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE. (2)∵PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴AB⊥PD. 又四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD.又PD∩AD=D，PD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.又DE⊂平面PAD，∴AB⊥DE. ∵点E是PA的中点，PD=AD=2，∴DE⊥PA.又AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，∴DE⊥平面PAB.又BE⊂平面PAB，∴DE⊥BE. 又易知DE=，∴BE==. ∴S△BDE=××=. ∵VP-ABD=××2=，S△ADE=S△PDE，F是线段PB上靠近P的三等分点， ∴VB-ADE=VP-ABD=，VF-PDE=×VP-ABD=，∴VF-BDE=VP-ABD-VB-ADE-VF-PDE=.设点F到平面BDE的距离为d，则××d=，解得d=.∴点F到平面BDE的距离为. [思维建模] (1)证明线线平行的常用方法 ①三角形的中位线定理;②平行公理;③线面平行的性质定理;④面面平行的性质定理. (2)证明线线垂直的常用方法 ①等腰三角形三线合一;②勾股定理的逆定理;③线面垂直的性质. (3)求点面距离的3种方法 ①法向量法:如图，设n是平面α的法向量，AB是平面α的一条斜线，其中A∈α，则点B到平面α的距离为. ②等体积法:是立体几何中求点到平面距离的一种常用方法，掌握这种方法的关键是找准两个底面并求出其面积. ③几何法:找到点到平面的距离，有时可转化为过已知点A且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离. [变式训练] 3.(2024·德阳三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，∠A1AB=∠A1AC，D为BC的中点，过B1C1的平面交棱AB于E，交AC于F. (1)求证:平面A1AD⊥平面EB1C1F; (2)设M为B1C1的中点，平面EB1C1F交AD于P，且PD=2PA.若PM=AB=6，且∠MPD=，求四棱锥B-EB1C1F的体积. 解:(1)证明:连接A1B，A1C. 因为∠A1AB=∠A1AC，AB=AC，AA1=AA1， 所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B=A1C. 因为D为BC的中点，所以BC⊥A1D. 因为AB=AC，D为BC的中点，所以BC⊥AD. 因为A1D∩AD=D，A1D，AD⊂平面A1AD， 所以BC⊥平面A1AD.又B1C1∥BC，所以B1C1⊥平面A1AD.又B1C1⊂平面EB1C1F， 所以平面A1AD⊥平面EB1C1F. (2)由题意，得AP=AD=××6=，PD=AD=2，因为BC∥B1C1，B1C1⊂平面EB1C1F，BC⊄平面EB1C1F，所以 BC∥平面EB1C1F.由于平面EB1C1F∩平面ABC=EF，EF⊂平面ABC，所以BC∥EF，故EF=BC=2. 所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点D到底面EB1C1F的距离.作DT⊥PM，垂足为T，则由(1)知平面A1AD⊥平面EB1C1F，且交线为PM，DT⊂平面A1AD，所以DT⊥平面EB1C1F，故DT=PDsin∠MPD=3， 底面EB1C1F的面积为×(B1C1+EF)×PM=×(6+2)×6=24. 所以四棱锥B-EB1C1F的体积为×24×3=24. 考法三　截面问题 [例3]　[多选]如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为a.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法正确的是 (　　) A.过棱AC的截面中，截面面积的最小值为 B.若过棱AC的截面与棱BD(不含端点)交于点P，则<cos∠APC≤ C.若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为 D.与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个 解析:选ACD　如图(1)，过棱AC的截面为△ACP， 易知当P为棱BD的中点时，CP⊥BD，AP⊥BD，且AP=CP=a，CP，AP⊂平面APC，故BD⊥平面APC.取AC的中点E，连接PE，则PE⊥AC.又PE⊂平面APC，则PE⊥BD，即PE是异面直线AC，BD的公垂线，PE=a，故此时△ACP的面积取得最小值，最小值S=×AC×PE=，A正确; 易知△ABP≌△CBP，故结合A项，可设AP=CP=t，t∈，在△ACP中，由余弦定理得cos∠APC===1-，由∈得，∈，所以≤cos∠APC<，B错误; 如图(2)，点E，F，N，M分别为AC，CD，DB，BA上的点，连接EF，FN，NM，ME，当截面EFNM为平行四边形时，EF∥NM∥AD，EM∥FN∥BC，由正四面体的性质可知AD⊥BC，故EM⊥MN，从而平行四边形EFNM为矩形.设EM=x，则MN=a-x，所以矩形EFNM的面积S1=x(a-x)≤，当且仅当EM=x=时，等号成立，C正确; 与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类. 第一类:平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个. 第二类:平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确. [思维建模] 多面体中找截面的几种方法 直接法 有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程 延长 线法 若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线 平行 线法 过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到多面体与截面的交线 空间 向量法 建立空间直角坐标系，利用线面平行与垂直，通过计算，确定截面与多面体各棱的交点，连接各交点即得截面多边形 [变式训练] 4.(2024·河南省实验中学11月模拟)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， AA1=2AB=4，点E，F，G分别是AA1，A1B1，B1C1的中点，则过点E，F，G的平面被正四棱柱ABCD-A1B1C1D1所截得的截面多边形的周长为 (　　) A.2+3 B.2+3 C.2+4 D.2+4 解析:选D　如图，延长GF交D1A1的延长线于点M，交D1C1的延长线于点N，连接ME并延长，交D1D的延长线于点T，连接TN. 设MT交AD于点K，TN分别交CD，CC1于点I，H，连接EF，KI，GH，则六边形EFGHIK所在平面即平面EFG，六边形EFGHIK即过点E，F，G的平面被正四棱柱ABCD-A1B1C1D1所截得的截面多边形，易得K，I，H分别为AD，CD，CC1的中点，因为AA1=2AB=4，所以EF=GH=EK=HI=，FG=KI=，所以六边形EFGHIK的周长为2+4. 5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点，若平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形，则线段BM长的取值范围为　　　　.  解析:如图所示，因为点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点，所以平面AMN与平面ABB1A1在正方形ABB1A1内没有交线段.因为平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形，所以除平面ABB1A1之外，平面AMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的其他五个面都有交线段.过点A作MN的平行线AE交A1D1于点E，再过点E作AM的平行线EF交C1D1于点F，连接NF，则=，所以CM=A1E.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1，所以BM=1-CM=1-A1E，且A1E∈(0，1)，所以线段BM长的取值范围为. 答案: 6.正三棱台A1B1C1-ABC中，A1B1=1，AB=AA1=2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作截面，则截面与上底面A1B1C1的交线长为　　　　.  解析:连接AF并延长交CC1的延长线于点M，连接ME交B1C1于点N，连接FN，如图，则线段FN即为截面AEF与上底面A1B1C1的交线，因为F为A1C1的中点，===，所以MC1=CC1=. 过点E作BC的平行线交CC1于点H，因为HE=(BC+B1C1)=，===， 所以C1N=HE=，在△C1FN中， FN= ==. 答案: 微点培优·技高一筹 空间中的动态问题 　　立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的，是可变的一类开放性问题.因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行常规思考、转化的障碍.主要包括空间中动点的轨迹判断，求轨迹的长度及动角的范围，判断动点、动线、动面的位置关系等. 角度1　动点的轨迹问题 [例1]　[多选] 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点M是侧面BB1C1C上的一个动点(含边界)，下列结论正确的有 (　　) A.若A，B，M，D1四点共面，则点M的运动轨迹长度为4 B.若AM⊥BD1，则点M的运动轨迹长度为4 C.若AM=2，则点M的运动轨迹长度为2π D.若直线AM与D1C1所成的角为45°，则点M的运动轨迹长度为2π 解析:选ABD　因为AB∥C1D1，所以A，B，C1，D1确定一个平面，而不共线的三点A，B，D1在这个平面内. 所以A，B，M，D1确定的平面即为平面ABC1D1，故点M在BC1上，即点M的轨迹为BC1，BC1=4，故A正确; 如图，连接AB1，B1C，AC，A1B，CD1.因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，所以BC⊥平面ABB1A1，而AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1. 又AB1⊥A1B，BC∩A1B=B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥平面A1BCD1.又BD1⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥BD1，同理可证AC⊥BD1. 又AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.故当AM⊥BD1时，点M在B1C上，即点M的轨迹为B1C，B1C=4，故B正确; 因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，所以AB⊥平面BCC1B1. 而BM⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BM，所以BM===2. 所以点M的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆，则轨迹长度为×2πr=π，故C错误; 因为AB∥C1D1，直线AM与D1C1所成的角为45°，所以AM与AB所成的角为45°，即∠MAB=45°.所以在直角△MAB中，AB=BM=4. 所以点M的轨迹是以B为圆心，4为半径的圆，则轨迹长度为×2πr=2π，故D正确. [思维建模] 　　以立体几何为载体的轨迹问题综合性强，解答这类问题的关键是将空间问题转化为平面问题，一般可以从两方面考虑:一是利用曲线的定义找出轨迹，二是利用解析法求出轨迹方程. 角度2　动态几何中的最值问题 [例2]　 [多选]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，AA1=4，M为CC1的中点，P为线段A1M上的动点，则下列说法正确的是 (　　) A.AP+BP的最小值为4 B.三棱锥P-ABM的体积的最大值为 C.不存在点P，使得BP与平面A1B1C1所成角为60° D.三棱锥M-ABC的外接球的表面积为 解析:选ABD　在△AMA1中，AA1=4，A1M=AM===2，故AM2+A1M2=A，所以AM⊥A1M.故AP≥AM，当且仅当P在M处时取等号.如图，连接A1B，BM===2，A1B===2. 在△A1MB中，由余弦定理得，cos∠A1MB==-<0， 故∠A1MB为钝角.故BP≥BM，当且仅当P在M处时取等号. 故当P在M处时AP+BP取最小值，为AM+BM=4，故A正确. 由题易知点B到平面AMP的距离为. 由AM⊥A1M，得S△AMP=×AM×PM=PM. 又PM≤2，所以三棱锥P-ABM的体积为VP-ABM=VB-AMP=××S△AMP=PM≤. 所以三棱锥P-ABM的体积的最大值为，故B正确. BP与平面A1B1C1所成的角，即BP与平面ABC所成的角，设为α，易知当点P与M重合时，α最小，此时α=∠MBC=45°，当点P与A1重合时，α最大，此时α=∠ABA1，tan α==2>，所以α>60°. 故存在点P，使得BP与平面A1B1C1所成角为60°，故C错误. 因为MC⊥平面ABC，故三棱锥M-ABC的外接球直径与△ABC的外接圆直径、MC构成直角三角形.由正弦定理得，△ABC的外接圆直径d===.设三棱锥M-ABC的外接球半径为R，直径为2R，则其表面积S=4πR2=π(d2+MC2)=π×=，故D正确. [思维建模] (1)对于空间中若干线段长度和的最值问题，常会将这些线段所在的平面展开成同一平面，将空间问题转化为平面问题求解，体现降维处理的思想. (2)求解动态范围问题，有时应把这类动态的变化过程充分展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到顶端位置，即用特殊法求解范围. 角度3　动态几何中的定值问题 [例3]　 [多选]如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论正确的是 (　　) A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.异面直线AE，BF所成的角为定值 解析:选ABC　连接BD，因为AC⊥BD，AC⊥DD1，DD1∩BD=D，BD⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，又因为BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，故A正确;易知D1B1∥DB，所以EF∥DB，且EF⊄平面ABCD，DB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故B正确;如图，设BD交AC于G点.因为BB1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1D1，所以S△BEF=×EF×BB1=.由A选项知，AC⊥平面BDD1B1.所以A到平面BDD1B1的距离为h=AC=，所以VA-BEF=·S△BEF·h=为定值，故C正确;当点E在D1处，F为B1D1的中点时异面直线AE，BF所成的角为∠GD1A，当E在上底面的中心时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠GEA，显然两个角不相等，故D错误. [思维建模] 　　C项也可以不通过计算，仅靠分析判断，在△BEF中，底边EF与高(点B到B1D1的距离)均是定值，因而S△BEF为定值，而A到平面BB1D1D的距离为定值，即三棱锥A-BEF底面BEF对应的高为定值，因而三棱锥VA-BEF的体积为定值. [应用体验] 1.如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1，AA1=3，AB=1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR=2RA1，连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR，PR⊂平面BPR，BR∩PR=R，从而AN⊥平面BPR，所以BP⊥AN.连接BD，由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN，AC⊂平面ACN，AN∩AC=A，知BP⊥平面ACN.CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN.所以动点Q的轨迹为线段CN.在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN=∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则=，得BN=.易得CN===. 2.已知正四面体S-ABC的棱长为2，点M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为θ，若sin θ∈，则点M的轨迹所形成平面图形的面积为 (　　) A. B.π C.2π D.4π 解析:选B　如图，在正四面体S-ABC中，顶点S在底面ABC的投影为正△ABC的中心O，即SO⊥平面ABC.因为正四面体S-ABC的棱长为2，所以AO=××2=2.所以SO===2.因为直线SM与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ==.因为sin θ∈.所以∈.所以2≤SM≤3.因为OM==，所以0≤OM≤1.所以点M的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆面.所以点M的轨迹所形成平面图形的面积为π. 3.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，AB⊥PD，AB=2，PA=PD，∠APD=120°.若四棱锥P-ABCD的外接球的体积为，设M是该球上的一动点，则三棱锥M-PAB体积的最大值为 (　　) A. B.2 C. D. 解析:选D　如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记AC∩BD=F，则点F为矩形ABCD的外接圆圆心， 设PA=PD=a， 在△PAD中，由余弦定理得AD2=PA2+PD2-2·PA·PD·cos∠APD=a2+a2-2·a·a·=3a2，即AD=a. 所以△PAD的外接圆半径为=a. 记△PAD的外接圆圆心为G，则GP=a.取AD的中点E，连接PE，EF，显然EF∥AB，EF=AB=，PE⊥AD，且P，E，G三点共线. 因为AB⊥PD，AB⊥AD，AD∩PD=D， 所以AB⊥平面PAD，即EF⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，有PE⊥EF，而EF∩AD=E，EF，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 过G作GO⊥平面PAD，使GO=EF，连接FO，于是GO∥EF，则四边形EFOG为矩形. 所以FO∥PG，则FO⊥平面ABCD. 根据球的性质，知点O为四棱锥P-ABCD外接球的球心. 因为球O的体积为， 所以×PO3=，解得PO=5. 而AB=2，在Rt△PGO中，PG=a==2. 所以△PAB外接圆直径PB===8. 取PB的中点H，连接OH，显然H为△PAB外接圆圆心，则OH⊥平面PAB，且OH==3， 所以四棱锥P-ABCD的外接球上的点到平面PAB的距离的最大值为8，即三棱锥M-PAB的高的最大值为8. 而S△PAB=PA·AB=×2×2=2， 故三棱锥M-PAB体积的最大值为S△PAB×8=×2×8=. 4. [多选]如图，在正方体ABCD-A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点.下列四个结论正确的是 (　　) A.B'E⊥AD'的关系不变 B.直线D'F与平面ABB'A'所成角不变 C.F到直线AB的距离不变 D.点F到A，D，D'，A'四点的距离相等 解析:选ACD　如图，连接A'D，B'C，当E在棱DC上运动时，B'E始终在平面A'B'CD内，因为AD'⊥A'D，AD'⊥CD，A'D∩CD=D，所以AD'⊥平面A'B'CD.又B'E⊂平面A'B'CD，所以B'E⊥AD'的关系是不变的，故A正确. 连接B'D，取B'C的中点F1，B'D的中点F2，连接F1F2，则随着E点移动，点F的轨迹为线段F1F2. 连接D'F2并延长，易知D'，F2，B三点共线，即D'F2的延长线与AB交于点B，延长D'F交AB的延长线于H，连接D'F1并延长，交AB的延长线于M，连接A'H，则∠A'HD'为直线D'F与平面ABB'A'所成的角，且H在BM上运动.当点H在BM上运动时，A'D'不变而HD'在变，所以sin∠A'HD'=不是定值，故B错误.易知F1F2∥AB，所以F到直线AB的距离不变，故C正确. 延长F1F2与平面ADD'A'交于点G，则点G为正方形ADD'A'的中心，且F1F2⊥平面ADD'A'，所以点F到A，D，D'，A'四点的距离相等，故D正确. [专题验收评价] 1.已知m，n表示空间中两条不同的直线，α表示一个平面，且m∥α，则“n⊥α”是“m⊥n”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:选A　当n⊥α时，由m∥α易得m⊥n.当m⊥n时，如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，设m为直线AB，α为平面A1B1C1D1，n为直线B1C1，满足m⊥n但n⊂α.综上，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件. 2.若三个不同的平面α，β，γ满足α⊥γ，β⊥γ，则α，β之间的位置关系是 (　　) A.α∥β B.α⊥β C.α∥β或α⊥β D.α∥β或α与β相交 解析:选D　由α⊥γ，β⊥γ可得α∥β或α与β相交，比如在正方体中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面BCC1B1⊥平面ABCD，则平面BCC1B1∥平面ADD1A1，又平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面BDD1B1⊥平面ABCD，但是平面BDD1B1与平面ADD1A1相交.故选D. 3.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C与平面ADD1A1所成的角为α，A1C与AB所成的角为β，则 (　　) A.α=β B.α+β=π C.α+β= D.α-β= 解析:选C　如图，连接A1D，由长方体的性质可得CD⊥平面ADD1A1，故A1C与平面ADD1A1所成的角α即为∠CA1D.又A1D⊂平面ADD1A1，故CD⊥A1D，即∠CDA1=，又AB∥CD，故A1C与AB所成的角即为A1C与CD所成的角，即β与∠A1CD相等.又∠A1CD+∠CA1D+∠CDA1=π，故α+β=π-∠CDA1=.故选C. 4.(2024·渭南一模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BC=CC1，M是A1B1的中点，则直线CM与平面ABC所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　取AB的中点N，连接MN，CN，如图所示. 设三棱柱ABC-A1B1C1底面边长为a，可得BC=CC1=a，由正三棱柱性质可知MN⊥平面ABC，所以 ∠MCN即为直线CM与平面ABC所成的角，易知CN=a，由勾股定理可得CM==a，所以sin∠MCN===，即直线CM与平面ABC所成角的正弦值为.故选B. 5.(2024·深圳二模)[多选]已知m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，那么 (　　) A.当m⊥β或n⊥α时，α⊥β B.当m∥β且n∥α时，α∥β C.当α⊥β时，m⊥β或n⊥α D.当α，β不平行时，m与β不平行，且n与α不平行 解析:选AB　当m⊥β，m⊂α时，α⊥β;当n⊥α，n⊂β时，α⊥β，故A正确;当m∥β，n∥α时，m，n为异面直线，所以α∥β，故B正确;当α⊥β时，由m⊂α，得m∥β或m与β相交;当α⊥β时，由n⊂β，得n∥α或n与α相交，故C错误;当α，β不平行时，可能m∥β或m与β相交，n∥α或n与α相交，故D错误.故选AB. 6.(2024·潍坊一模)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是 (　　) A. B. C. D.1 解析:选B　如图，连接DC1，BD，AC，由AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得BD⊥AA1，而BD⊥AC，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C.又A1C⊂平面AA1C，于是BD⊥A1C.同理，BC1⊥A1C，而BC1∩BD=B，BC1，BD⊂平面BC1D，因此A1C⊥平面BC1D.因为DP⊥A1C，则DP⊂平面BC1D，而点P为截面A1C1B上的动点，平面A1C1B∩平面BC1D=BC1，所以点P的轨迹是线段BC1，长度为.故选B. 7.[多选]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，则下列命题中的真命题有 (　　) A.存在点P，使得PQ⊥A1C1 B.存在点P，使得PQ∥A1B C.直线PQ始终与直线CC1异面 D.直线PQ始终与直线BC1异面 解析:选ABD　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，因为点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，当点P和点D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，所以PQ⊥A1C1，故A正确; 如图，连接A1D，A1B，当点P为线段A1D的中点时，PQ为△A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确;CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，所以直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误;BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1=P，P∉BC1，所以直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，所以直线PQ与直线BC1是异面直线，故D正确. 8.(2024·黔东南二模)若平面α过直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点B1，平面α∥平面ABC1，平面α∩平面BB1C1C=l，且AA1=AB=BC，AB⊥BC，则A1B与l所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1向上补一个全等的直三棱柱A1B1C1-A2B2C2，则B1C2∥BC1，A1B1∥AB，易知B1C2∥平面ABC1，且A1B1∥平面ABC1，又因为B1C2∩A1B1=B1，且B1C2，A1B1⊂平面A1B1C2，所以平面A1B1C2∥平面ABC1，且B1∈平面A1B1C2，故平面A1B1C2即为平面α，所以交线l即为直线B1C2.因为B1C2∥BC1，所以A1B与l所成的角为∠A1BC1.设AA1=AB=BC=1，则AC=A1C1=，BC1=BA1=，可得A1C1=BC1=BA1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1=60°，所以sin∠A1BC1=，即A1B与l所成角的正弦值为. 9.(2024·重庆模拟)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1=2，AB=AD=1，E为AA1的中点，则A1C的中点到平面DCE的距离为　　　　.  解析:设A1C的中点为O，O到平面DCE距离为A1到平面DCE距离的一半，连接A1D，设A1到平面DCE的距离为d，由=，得S△DCE·d=·CD，∴d==，∴O到平面CDE的距离为. 答案: 10.如图，P为▱ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，=　　　　.  解析:如图，连接AC交BE于点O，连接OF，∵AD∥BC，E为AD的中点，∴==.∵PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC =OF，PA⊂平面PAC，∴PA∥OF，∴==. 答案: 11.(2024·渭南三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，4PA=4AB=3AD=12，·=0，且M，N分别为PD，AC的中点. (1)求证:MN∥平面PBC; (2)求三棱锥M-ACD的体积. 解:(1)证明:如图，连接BD，由四边形ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N. ∵M，N分别为PD，BD的中点，∴MN∥PB. 又PB⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，故MN∥平面PBC. (2)∵·=0，∴BA⊥AD，∴平行四边形ABCD为矩形. ∵4PA=4AB=3AD=12，∴PA=AB=3，AD=4， ∴S△ACD=AD·CD=6. 又PA⊥平面ABCD，M为PD的中点， ∴M到平面ACD的距离h=PA=. ∴VM-ACD=S△ACD·h=3. 12.(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AD=BC=，AE=2，M为CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF; (2)求点M到平面ADE的距离. 解:(1)证明:由题意，得EF∥MC，且EF=MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥CF. 又CF⊂平面BCF，EM⊄平面BCF，所以EM∥平面BCF. (2)取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB∥MC，且AB=MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=. 又AD=，故△ADM是等腰三角形.同理，△EDM是等边三角形. 所以OA⊥DM，OE⊥DM，OA==3，OE==.又AE=2，所以OA2+OE2=AE2，故OA⊥OE. 又OA⊥DM，OE∩DM=O，OE，DM⊂平面EDM， 所以OA⊥平面EDM. 易知S△EDM=×2×=. 在△ADE中，cos∠DEA==， 所以sin∠DEA=， S△ADE=×2×2×=. 设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE=VA-EDM，得S△ADE·d=S△EDM·OA， 得d=， 故点M到平面ADE的距离为. 13.(2024·深圳模拟)[多选]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，用垂直于AC1的平面截此正方体，则所得截面可能是 (　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 解析:选AD　如图所示，在正方体中BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC∩AA1=A，AC⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，又AC1⊂平面AA1C1C，则BD⊥AC1.同理，BA1⊥AC1，又BD∩BA1=B，BD⊂平面BDA1，BA1⊂平面BDA1，所以AC1⊥平面BDA1.同理AC1⊥平面CB1D1.由直线与平面垂直的性质，得与平面BDA1和平面CB1D1平行的平面，都与AC1垂直.由图象知，在平面BDA1和平面CB1D1之间的平面，截正方体所得截面的形状为六边形;在平面BDA1和平面CB1D1之外的平面，截正方体所得截面的形状为三角形，故选AD. 14.(2024·泉州二模)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则 (　　) A.直线AE∥平面PCD B.直线AF与平面PBC所成角的最小值是 C.直线AE⊥直线PC D.三棱锥F-ADE的体积随BF的增大而减小 解析:选C　不妨设PA=AB=2，因为AB∥CD，且AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，假设直线AE∥平面PCD，且AB∩AE=A，AB，AE⊂平面PAB，可得平面PAB∥平面PCD，显然点P为平面PAB与平面PCD的公共点，两者相矛盾，假设不成立，故A错误;因为PA⊥平面ABCD，且BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又因为AB⊥BC，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，由AE⊂平面PAB，可知AE⊥BC.又因为PA=AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，且BC∩PB=B，BC，PB⊂平面PBC，可得AE⊥平面PBC，由PC⊂平面PBC，得AE⊥PC，故C正确;由C可知AE⊥平面PBC，则直线AF与平面PBC所成的角为∠AFE，且F为线段BC上的动点，可得sin∠AFE==≤，当且仅当点F与B重合时，等号成立，且∠AFE∈，则∠AFE∈，所以直线AF与平面PBC所成角的最大值是，故B错误;由C可知AE⊥平面PBC，且E为线段PB的中点，则三棱锥E-ADF的高即为PA=1，所以三棱锥F-ADE的体积VF-ADE=VE-ADF=×1××2×2=，为定值，故D错误. 15.(2024·宜宾模拟)如图(1)所示，在梯形BCDE中，BC∥DE，BA⊥DE，且EA=DA=AB=2CB=2，如图(2)沿AB将四边形ABCD折起，使得平面ABCD与平面ABE垂直，M为CE的中点. (1)求证:BC∥平面DAE; (2)求证:AM⊥BE; (3)求点D到平面BCE的距离. 解:(1)证明:∵BC∥DE，∴BC∥DA，又∵BC⊄平面DAE，且DA⊂平面DAE，∴BC∥平面DAE. (2)证明:∵平面ABCD⊥平面ABE，由已知条件可知，DA⊥AB，AB⊥AE，AB⊥BC，平面ABCD∩平面ABE=AB，AE⊂平面ABE，BC⊂平面ABCD，∴AE⊥平面ABCD，CB⊥平面ABE. 取EB的中点N，连接AN，MN， 在△ABE中， ∵AE=AB，N为EB的中点， ∴AN⊥BE. 在△EBC中，∵EM=MC，EN=NB，∴MN∥BC， 又∵CB⊥平面ABE，∴MN⊥平面ABE，BE⊂平面ABE，∴MN⊥BE. 又∵AN∩MN=N，AN，MN⊂平面AMN， ∴BE⊥平面AMN. 又∵AM⊂平面AMN，∴AM⊥BE. (3)由(2)AE⊥平面ABCD，CB⊥平面ABE， 设点D到平面BCE的距离为h， 则由VD-BCE=VE-BCD， 得h===， 故点D到平面BCE的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $$