复习练案13 第一篇 专题四 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习练案

复习练案［１３］　 　 　 　 第一篇　 专题四　 第 ２ 讲　 空间点、直线、 平面之间的位置关系 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分． 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的． １．（２０２４·宜春模拟）设α是空间中的一个平面，ｌ，ｍ，ｎ 是三条不同的直线，则 （　 　 ） Ａ．若ｍα，ｎα，ｌ⊥ｍ，ｌ⊥ｎ，则ｌ⊥α Ｂ．若ｌ∥ｍ，ｍ∥ｎ，ｌ⊥α，则ｎ⊥α Ｃ．若ｌ∥ｍ，ｍ⊥α，ｎ⊥α，则ｌ⊥ｎ Ｄ．若ｍα，ｎ⊥α，ｌ⊥ｎ，则ｌ∥ｍ ２．（２０２４·袁州区校级三模）已知ｍ，ｎ是空间中两条不 同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误 的是 （　 　 ） Ａ．若ｍ⊥α、ｎ∥α，则ｍ⊥ｎ Ｂ．若ｍ⊥α，ｍ∥ｎ，则ｎ⊥α Ｃ．若ｍ∥ｎ，ｎ⊥β，ｍ⊥α，则α∥β Ｄ．若ｍ⊥α，ｍ⊥ｎ，则ｎ∥α ３．（２０２４·唐山二模）已知ｍ为平面α外的一条直线， 则下列命题中正确的是 （　 　 ） Ａ．存在直线ｎ，使得ｎ⊥ｍ，ｎ⊥α Ｂ．存在直线ｎ，使得ｎ⊥ｍ，ｎ∥α Ｃ．存在直线ｎ，使得ｎ∥ｍ，ｎ∥α Ｄ．存在直线ｎ，使得ｎ∥ｍ，ｎ⊥α ４．（２０２４·南昌二模）在三棱锥Ａ － ＢＣＤ中，ＡＢ⊥平面 ＢＣＤ，ＡＢ 槡＝ ３，ＢＣ ＝ ＢＤ ＝ ＣＤ ＝ ２，Ｅ，Ｆ分别为ＡＣ，ＣＤ 的中点，则下列结论正确的是 （　 　 ） Ａ． ＡＦ，ＢＥ是异面直线，ＡＦ⊥ＢＥ Ｂ． ＡＦ，ＢＥ是相交直线，ＡＦ⊥ＢＥ Ｃ． ＡＦ，ＢＥ是异面直线，ＡＦ与ＢＥ不垂直 Ｄ． ＡＦ，ＢＥ是相交直线，ＡＦ与ＢＥ不垂直 ５．（２０２４·河区校级三模）已知ｍ，ｎ是两条不同的直 线，α，β是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确 结论的个数是 （　 　 ） ①若ｍ⊥α，ｎ⊥β，且ｍ⊥ｎ，则α⊥β ②若ａα，ｂα且ａ∥β，ｂ∥β，则α∥β ③若ｍ⊥α，ｎ∥β，且ｍ⊥ｎ，则α⊥β ④若ｍ⊥α，ｎ∥β，且ｍ∥ｎ，则α∥β Ａ． １　 　 　 　 Ｂ． ２　 　 　 　 Ｃ． ３　 　 　 　 Ｄ． ４ ６．（２０２４·吉林四模）如图，位于江城广场 某大厦楼顶的四面钟与摇橹人雕像相映 成趣，是吉林市的重要地标之一．该时钟 整体呈正方体造型，在相邻两个时钟正 常运行的过程中，两时针所在直线所成 的角的最大值为 （　 　 ） Ａ． ３０° Ｂ． ４５° Ｃ． ６０° Ｄ． ９０° ７．（２０２４·赣州模拟）在棱长为１的正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ为棱ＡＤ的中点，过Ｂ１且平行于平面 Ａ１ＢＥ的平面截正方体所得截面面积为 （　 　 ） Ａ．槡６２ Ｂ． ５ ４ 槡 槡Ｃ． ６ Ｄ． ２ ６ ８．（２０２４·肥东县校级月考）如 图，在直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＡＣ ＝ ＡＢ ＝ ＡＡ１，∠ＢＡＣ ＝ １２０°，Ｄ，Ｅ，Ｆ分别是棱Ｂ１Ｃ１， ＢＣ，Ａ１Ｃ１ 的中点，则异面直 线ＡＤ与ＥＦ所成角的余弦值 为 （　 　 ） Ａ． ３１０ Ｂ． 槡５１ １０ Ｃ． ２５ Ｄ． ７ １０ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． 在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４·新乡三模）已知ｍ，ｎ，ｌ为空间中三条不同的 直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法 中正确的是 （　 　 ） Ａ．若α∩β ＝ｍ，ｍ⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ Ｂ．若ｍα，ｎα，则ｍ与ｎ为异面直线 Ｃ．若α∩β ＝ ｌ，β∩γ ＝ ｍ，γ∩α ＝ ｎ，且ｌ∩ｍ ＝ Ｐ，则 Ｐ∈ｎ Ｄ．若ｍ⊥α，ｍ⊥β，α∥γ，则β∥γ １０．（２０２４·保定三模）如图，在正 方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中， Ｅ，Ｆ，Ｍ，Ｎ分别为棱ＡＡ１， Ａ１Ｄ１，ＡＢ，ＤＣ的中点，点Ｐ 是平面Ｂ１Ｃ的中心，则下列 结论正确的是 （　 　 ） Ａ． Ｅ，Ｆ，Ｍ，Ｐ四点共面 Ｂ．平面ＰＥＦ被正方体截得的截面是等腰梯形 Ｃ． ＥＦ∥平面ＰＭＮ Ｄ．平面ＭＥＦ⊥平面ＰＭＮ １１． （２０２４·东湖区校级四模）如 图，已知正三棱锥Ａ － ＰＢＣ和正 三棱锥Ｄ － ＰＢＣ的侧棱长均为 槡２，ＢＣ ＝ ２．若将正三棱锥Ａ － ＰＢＣ绕ＢＣ旋转，使得点Ａ，Ｐ分 别旋转至点Ａ′，Ｐ′处，且Ａ′，Ｂ， Ｃ，Ｄ四点共面，点Ａ′，Ｄ分别位于ＢＣ两侧，则下列说 法中正确的是 （　 　                                                                    ） —８１２— Ａ．多面体ＡＢＤＰＣ存在外接球 Ｂ． ＰＰ′⊥ＢＣ Ｃ． ＰＰ′∥平面Ａ′ＢＤＣ Ｄ．点Ｐ运动所形成的最短轨迹长大于槡３π３ 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４·川汇区校级月考）如图 所示，在正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，Ｍ是Ａ１Ｄ１的中点，则直线ＭＤ 与平面Ａ１ＡＣＣ１ 的位置关系是 　 　 　 　 ，直线ＭＤ 与平面 ＢＣＣ１Ｂ１的位置关系是　 　 　 　 ． １３．（２０２４·源汇区校级三模）已知长方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的底面ＡＢＣＤ为边长是２的正方形，ＤＤ１ ＝ ２ＣＤ，Ｅ，Ｆ分别为棱ＡＢ，ＣＣ１的中点，则过Ｄ１，Ｅ，Ｆ 的平面截长方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的表面所得截面 的面积为　 　 　 　 ． １４．（２０２４·河北模拟）三棱锥Ｐ － ＡＢＣ中，△ＡＢＣ和 △ＰＢＣ均为边长为２的等边三角形，Ｄ，Ｅ分别在棱 ＰＢ，ＡＣ上，且ＰＤＰＢ ＝ ＡＥ ＡＣ，ＤＥ平面α，ＡＰ∥平面α，若 ＰＡ 槡＝ ３，则平面α与三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的交线围成的 面积最大值为　 　 　 　 ． 四、解答题：每小题１５分．解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤． １５．（２０２４·衡水月考）如图，平面ＡＢＣＤ与平面ＢＤＥＦ 交于ＢＤ，ＤＥ⊥平面ＡＢＣＤ，ＥＦ∥平面ＡＢＣＤ，四边形 ＡＢＣＤ为正方形，且ＤＥ ＝ ＥＦ ＝槡２２ ＡＢ． （１）求证：ＢＦ∥平面ＡＥＣ； （２）求证：ＤＦ⊥平面ＡＥＣ． １６．（２０２４·河南月考）如图，在 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中，四边 形ＡＢＣＤ是梯形，ＢＣ∥ＡＤ， ＡＢ⊥ＡＤ，△ＰＡＤ是等边三 角形，ＢＤ ＝ ＢＰ，点Ｇ是棱 ＰＡ的中点． （１）设平面ＰＢＣ与平面ＰＡＤ的交线为ｌ，求证： ｌ∥ＢＣ； （２）求证：平面ＧＢＤ⊥平面ＰＡＢ． １７．（２０２４·河北期中）如图，在长 方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，Ｅ， Ｆ分别为ＡＢ，ＣＣ１的中点． （１）证明：ＡＣ∥平面Ａ１ＢＣ１ ． （２）证明：ＥＦ∥平面Ａ１ＢＣ１ ． （３）已知ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ２，以Ａ１Ｅ 为直径的球的表面积为８π，设 Ｂ１，Ｄ，Ｆ三点确定平面α，在图中作出平面α截四棱 柱ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 所得的截面（写出作法），并求 截面的周长                                                                         ． —９１２— ＝Ｃ′Ｃ１ ＋Ｃ１Ｐ时，ＰＣ取得最大值，最大值为 Ｃ１Ｅ ２ ＋（Ｃ′Ｃ１ ＋Ｃ１Ｐ）槡 ２ ＝ Ｃ１Ｅ２ ＋（ＣＥ ＋Ｃ１Ｐ）槡 ２ 槡＝ ５１． １４． ８４π 槡　 ５ ３π　 取ＡＣ中点Ｍ，连接ＢＭ，ＤＭ， ∵ ＡＣ⊥ＢＭ，ＡＣ⊥ＤＭ，ＢＭ∩ＤＭ ＝ Ｍ，ＢＭ平面ＤＭＢ，ＤＭ 平面ＤＭＢ， ∴ ＡＣ⊥平面ＤＭＢ． ∵ △ＡＢＣ和△ＡＣＤ均是边长为６的等 边三角形，ＤＢ ＝ ９， ∴ ＤＭ ＝ＭＢ ＝ ６２ － ３槡 ２ 槡＝ ３ ３， ｃｏｓ ∠ＤＢＭ ＝ ９ ２ ＋（槡３ ３）２ －（槡３ ３）２ 槡２ × ９ × ３ ３ ＝槡３２ ， ∴ ∠ＤＢＭ ＝∠ＭＤＢ ＝ ３０°， 设四面体ＡＢＣＤ外接球的球心为Ｏ，△ＤＡＣ，△ＢＡＣ的中心分 别为Ｏ１，Ｏ２， 易知ＯＯ１⊥平面ＤＡＣ，ＯＯ２⊥平面ＢＡＣ，且Ｏ，Ｏ１，Ｏ２，Ｍ四点 共面，∴ ∠ＯＭＯ１ ＝ １２ ∠Ｏ１ＭＯ２ ＝ ６０°，Ｏ１Ｍ ＝ １ ３ ＤＭ 槡＝ ３． 在Ｒｔ△ＯＯ１Ｍ中，ＯＯ１ 槡＝ ３Ｏ１Ｍ ＝ ３， 又Ｏ１Ｄ ＝ ２３ ＤＭ 槡＝ ２ ３， ∴ 四面体ＡＢＣＤ 外接球半径ｒ ＝ ＯＯ２１ ＋ Ｏ１Ｄ槡 ２ ＝ ３２ ＋（槡２ ３）槡 ２ 槡＝ ２１， ∴四面体ＡＢＣＤ外接球的表面积为Ｓ ＝ ４πｒ２ ＝ ４ ×（槡２１）２ ＝ ８４π； 作ＥＨ⊥ＡＣ于Ｈ，设点Ｆ轨迹所在平面为α，则平面α经过点 Ｈ且ＡＣ⊥α， Ｏ到平面α的距离ｄ ＝ＭＨ ＝ ３２ ， ∴平面α截外接球所得截面圆的半径为ｒ１ ＝ ｒ２ － ｄ槡 ２ ＝ ２１ －槡９４ ＝ 槡５ ３２ ， ∴点Ｆ轨迹的周长为ｌ ＝ ２πｒ１ 槡＝ ５ ３π． 复习练案［１３］ １． Ｂ　 由α是空间中的一个平面，ｌ，ｍ，ｎ是三条不同的直线，知： 若ｍα，ｎα，ｌ⊥ｍ，ｌ⊥ｎ， 则ｌ与α相交、平行或ｌα，故Ａ错误； 若ｌ∥ｍ，ｍ∥ｎ，ｌ⊥α， 则由线面垂直的判定定理得ｎ⊥α，故Ｂ正确； 若ｌ∥ｍ，ｍ⊥α，ｎ⊥α，则ｌ∥ｎ，故Ｃ错误； 若ｍα，ｎ⊥α，ｌ⊥ｎ，则ｌ与ｍ相交、平行或异面，故Ｄ错误． 故选Ｂ． ２． Ｄ　 当ｎ∥α时，过ｎ作平面β，使β∩α ＝ ｌ，则ｎ∥ｌ，因为ｍ⊥ α，ｌα， 所以ｍ⊥ｌ，所以ｍ⊥ｎ，故Ａ正确； 当ｍ⊥α，ｍ∥ｎ，由线面垂直的性质可得ｎ⊥α，故Ｂ正确； 因为ｍ∥ｎ，ｎ⊥β，所以ｍ⊥β，又ｍ⊥α，所以α∥β，故Ｃ正确； 当ｍ⊥α，ｍ⊥ｎ时，ｎ可能在平面α内，故Ｄ错误．故选Ｄ． ３． Ｂ　 当直线ｍ与平面α斜交时，此时不存在直线ｎ，使得ｎ⊥ ｍ，ｎ⊥α，故Ａ错误； 如图所示，当ｍ⊥α时，过直线ｎ作平面β，使得α∩β ＝ ａ， ∵ ｍ⊥α，ａα，∴ ｍ⊥ａ． 又∵ ｍ⊥ｎ，∴ ａ∥ｎ，∵ ｎα，ａα，∴ ｎ∥α． 当ｍ与平面α斜交时，设斜足为Ａ，在直线ｍ上取一点Ｐ，作 ＰＯ⊥ α，垂足为Ｏ，连接ＯＡ，在平面α内，过点Ａ作直线 ａ⊥ＯＡ， ∵ ａ⊥ ＰＯ，且ＰＯ∩ＯＡ ＝ Ｏ，ＰＯ，ＯＡ平面ＰＯＡ，∴ ａ⊥平 面ＰＯＡ． 又∵ ＰＡ平面ＰＯＡ，∴ ａ⊥ＰＡ，∴ ａ⊥ｍ． 在过ａ和ｍ确定的平面内，过点Ｐ作直线ｎ，使得ｎ⊥ｍ， ∴ ｎ∥ａ． ∵ ｎα，ａα，∴ ｎ∥α，∴存在直线ｎ，使得ｎ⊥ｍ，ｎ∥α，若直 线ｍ∥α，此时存在平面β∥α且ｍβ，在直线ｍ取一点Ｑ，在 平面β内过Ｑ作直线ｎ⊥ｍ， 根据面面平行的性质有ｎ∥α，故Ｂ正确； 当直线ｍ与平面α相交时，若ｎ∥ｍ， 则直线ｎ与平面α必相交，故Ｃ错误； 当ｍ∥α时，若ｎ∥ｍ，可得ｎ∥α或ｎα，故Ｄ错误．故选Ｂ． ４． Ａ　 显然根据异面直线判定方法：经过平面ＡＣＤ外一点Ｂ与 平面ＡＣＤ内一点Ｅ的直线ＢＥ与平面ＡＣＤ内不经过Ｅ点的 直线ＡＦ是异面直线． 下面证明ＢＥ与ＡＦ垂直： 证明：因为ＡＢ⊥平面ＢＣＤ，ＣＤ平面ＢＣＤ， 所以ＡＢ⊥ＣＤ， 因为ＢＣ ＝ ＢＤ ＝ ＣＤ，Ｆ分别为ＣＤ的中点，连接ＢＦ， 所以ＢＦ⊥ＣＤ， 因为ＡＢ∩ＢＦ ＝ Ｂ，确定平面ＡＢＦ， 所以ＣＤ⊥平面ＡＢＦ． 如图：取ＡＦ的中点Ｑ，连接ＢＱ，ＥＱ， 因为ＡＦ平面ＡＢＦ， 所以ＣＤ⊥ＡＦ， 又因为ＥＱ∥ＣＤ， 所以ＥＱ⊥ＡＦ， 因为ＢＣ ＝ ＢＤ ＝ ＣＤ ＝ ２， 所以ＢＦ ＝槡３２ 槡×２ ＝ ３ ＝ＡＢ， 又因为Ｑ为ＡＦ的中点， 所以ＢＱ⊥ＡＦ， 因为ＢＱ∩ＥＱ ＝ Ｑ，确定平面ＢＥＱ， 所以ＡＦ⊥平面ＢＥＱ， 又因为ＢＥ平面ＢＥＱ，所以ＡＦ⊥ＢＥ．故选Ａ． ５． Ａ　 ∵ ｍ⊥α，ｎ⊥β，且ｍ⊥ｎ，∴ α⊥β，∴ ①正确；∵ ａα，ｂα 且ａ∥β，ｂ∥β，但没说明ａ与ｂ是相交直线，∴ α∥β不一定成 立，∴ ②错误；∵ ｍ⊥α，ｎ∥β，且ｍ⊥ｎ，∴ α与β可以成任意 角，∴ ③错误；∵ ｍ⊥α，ｎ∥β，且ｍ∥ｎ，∴ α⊥β，∴ ④错误．故 选Ａ． ６． Ｄ　 当时间为１２点和６点时，                                                                       两个钟表的时针所在的直线与 —２９３— 正方体竖直方向平行， 所以两条所在的直线平行，此时两条时针所在的直线所成的 角为０°， 当时间为３点和９点时，两个钟表的时针所在的直线与正方 体的水平方向平行， 由正方形的性质可得两条直线垂直，此时时针所在的直线的 夹角为９０°． 其他情况两条所在的直线所成的角为（０°，９０°）， 所以两时针所在直线所成的角的最大值为９０°．故选Ｄ． ７． Ａ　 在棱长为１的正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，取ＢＣ中点Ｆ， Ａ１Ｄ１中点Ｇ， 连接ＤＦ，Ｂ１Ｆ，ＤＢ１，ＤＧ，ＧＢ１，ＧＦ，ＥＦ， 而Ｅ为棱ＡＤ的中点， 显然ＢＦ∥ＤＥ∥Ａ１Ｇ，ＢＦ ＝ ＤＥ ＝ Ａ１Ｇ， 得四边形ＢＦＤＥ，四边形Ａ１ＥＤＧ都是 平行四边形， 则ＢＥ∥ＤＦ，Ａ１Ｅ∥ＧＤ，Ａ１Ｅ，ＢＥ平面 Ａ１ＢＥ，ＤＧ，ＤＦ平面Ａ１ＢＥ， 于是ＤＧ∥平面Ａ１ＢＥ，ＤＦ∥平面Ａ１ＢＥ，又ＤＧ∩ＤＦ ＝ Ｄ，ＤＧ， ＤＦ平面ＤＧＦ， 因此平面ＤＧＦ∥平面Ａ１ＢＥ，又ＥＦ∥ＡＢ∥Ａ１Ｂ１，ＥＦ ＝ ＡＢ ＝ Ａ１Ｂ１，即四边形Ａ１Ｂ１ＦＥ是平行四边形，则Ｂ１Ｆ∥Ａ１Ｅ∥ＤＧ，显 然平面ＤＦＢ１Ｇ∥平面Ａ１ＢＥ， 从而过Ｂ１且平行于平面Ａ１ＢＥ的平面截正方体所得截面为四 边形ＤＦＢ１Ｇ． 又ＤＦ ＝ ＦＢ１ ＝ Ｂ１Ｇ ＝ ＤＧ ＝ １４槡＋ １ ＝槡５２ ， 即四边形ＤＦＢ１Ｇ为菱形， 而ＤＢ１ 槡 槡＝ １ ＋ １ ＋ １ ＝ ３，ＧＦ ＝ ２ ５４ －槡３４ 槡＝ ２， 所以四边形ＤＦＢ１Ｇ的面积为Ｓ ＝ １２ ＤＢ１·ＧＦ ＝槡 ６ ２ ．故选Ａ． ８． Ｄ　 把直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 补 成一个底面为菱形的直四棱柱， 如图所示： 因为ＤＭ ＝ ＡＥ，且ＤＭ∥ＡＥ， 所以四边形ＡＤＭＥ为平行四边 形，所以ＡＤ∥ＭＥ， 所以异面直线ＡＤ与ＥＦ所成的 角为∠ＦＥＭ或其补角， 不妨设ＡＣ ＝ ＡＢ ＝ ＡＡ１ ＝ ａ， 因为∠ＢＡＣ ＝ １２０°，所以∠ＡＢＮ ＝ ６０°，所以△ＡＢＮ为等边三角 形，所以ＡＮ ＝ ａ，ＥＮ ＝ １２ ＡＮ ＝ １ ２ ａ， 所以ＭＥ ＝ ＭＮ２ ＋ ＥＮ槡 ２ ＝ ａ２ ＋ １２( )ａ槡 ２ ＝槡５２ ａ， 因为△Ａ１ＭＣ１为边长为ａ的等边三角形， 所以ＦＭ ＝槡３２ ａ， 又因为ＥＦ ＝ ａ２ ＋ １２( )ａ槡 ２ ＝槡５２ ａ， 所以在△ＥＦＭ 中，由余弦定理可得，ｃｏｓ ∠ＦＥＭ ＝ ＥＦ２ ＋ ＥＭ２ － ＦＭ２ ２ＥＦ × ＥＭ ＝ ７ １０， 即异面直线ＡＤ与ＥＦ所成角的余弦值为７１０ ．故选Ｄ． ９． ＡＣＤ　 ｍ，ｎ，ｌ为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个 不同的平面．若α∩β ＝ ｍ，ｍ⊥γ，则经过直线ｍ的平面都垂直 γ，因为α∩β ＝ ｍ，说明平面α和β都经过ｍ，则α与γ，β与γ 均垂直，故Ａ正确；若ｍα，ｎα，则ｍ与ｎ相交或异面或平 行，故Ｂ错误；若α∩β ＝ ｌ，β∩γ ＝ ｍ，γ∩α ＝ ｎ，且ｌ∩ｍ ＝ Ｐ，则 由面面相交的关系得Ｐ∈ｎ，故Ｃ正确；若ｍ⊥α，ｍ⊥β，则α∥ β，又α∥γ，则β∥γ，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ． １０． ＢＤ　 如图经过Ｅ，Ｆ，Ｍ三点的平 面为一个正六边形ＥＦＭＨＱＫ，点 Ｐ在平面外，所以Ｅ，Ｆ，Ｍ，Ｐ四点 不共面，选项Ａ错误； 分别连接Ｅ，Ｆ和Ｂ，Ｃ１，则平面 ＰＥＦ即平面Ｃ１ＢＥＦ，截面Ｃ１ＢＥＦ 是等腰梯形，选项Ｂ正确； 分别取ＢＢ１，ＣＣ１ 的中点Ｇ，Ｑ，则 平面ＰＭＮ即为平面ＱＧＭＮ， 由正六边形ＥＦＭＨＱＫ，可知ＨＱ∥ＥＦ，所以ＭＱ不平行于ＥＦ， 又ＥＦ，ＭＱ平面ＥＦＭＨＱＫ，所以ＥＦ∩ＭＱ ＝Ｗ， 所以ＥＦ∩平面ＱＧＭＮ ＝Ｗ， 所以ＥＦ不平行于平面ＰＭＮ，故选项Ｃ错误； 因为△ＡＥＭ，△ＢＭＧ是等腰三角形，所以∠ＡＭＥ ＝ ∠ＢＭＧ ＝ ４５°， 所以∠ＥＭＧ ＝ ９０°，所以Ｍ⊥ＭＧ． 因为Ｍ，Ｎ是ＡＢ，ＣＤ的中点，易证ＭＮ∥ＡＤ． 由正方体可得ＡＤ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１， 所以ＭＮ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１，又ＭＥ平面ＡＢＢ１Ａ１，所以ＥＭ ⊥ＭＮ． 因为ＭＧ，ＭＮ平面ＰＭＮ，所以ＥＭ⊥平面ＧＭＮ． 因为ＥＭ平面ＭＥＦ，所以平面ＭＥＦ⊥平面ＰＭＮ，故选项Ｄ 正确．故选ＢＤ． １１． ＢＣＤ　 若多面体ＡＢＤＰＣ存在外接球，则球心必为△ＢＣＰ的 外心Ｏ，连接ＡＯ，ＯＣ， 因为正△ＢＣＰ的边长为２，由正弦定理可得２ＯＣ ＝ ２ｓｉｎ ６０°，可 得ＯＣ ＝ 槡２ ３３ ，ＡＯ⊥平面ＢＣＰ， 又ＯＣ平面ＢＣＰ，所以ＡＯ⊥ＯＣ， 所以ＯＡ ＝ ＡＣ２ － ＯＣ槡 ２ ＝槡６３ ， 这时ＯＣ≠ＯＡ，所以多面体ＡＢＤＰＣ不存在外接球，故选项Ａ 错误； 因为正三棱锥Ａ － ＰＢＣ和正三棱锥Ｄ － ＰＢＣ的侧棱长均为 槡２，ＢＣ ＝ ２，则正三棱锥Ａ － ＰＢＣ中侧棱两两互相垂直且相 等，正三棱锥Ｄ － ＰＢＣ中侧棱两两互相垂直且相等， 所以正三棱锥Ｄ － ＰＢＣ可以放到正方体ＥＰＦＰ′ － ＢＤＣＡ′中， 当点Ａ，Ｐ分别旋转至点Ａ′，Ｐ′处，且Ａ′，Ｂ，Ｃ，Ｄ四点共面，点 Ａ′，Ｄ分别位于ＢＣ两侧时                                                                      ， —３９３— 如图所示，易知四边形ＤＰＰ′Ａ′为平行四边形，则Ａ′Ｄ∥ＰＰ′， 　 又Ａ′Ｄ平面Ａ′ＢＤＣ，且ＰＰ′平面Ａ′ＢＤＣ，所以ＰＰ′∥平面 Ａ′ＢＤＣ，故Ｃ正确； 因为四边形ＢＤＣＡ′为正方形，所以ＢＣ⊥Ａ′Ｄ，所以ＰＰ′⊥ＢＣ， 故Ｂ正确； 设ＢＣ，Ａ′Ｄ交于点Ｇ，则ＢＣ，Ａ′Ｄ互相平分，ＤＰ 槡＝ ２，ＤＧ ＝ １， ＰＰ′ ＝ Ａ′Ｄ ＝ ２， 在Ｒｔ△ＰＤＧ中，ＰＧ 槡＝ ３，同理可得Ｐ′Ｇ 槡＝ ３， 在△ＰＧＰ′中，ｃｏｓ∠ＰＧＰ′ ＝ ３ ＋ ３ － ４２ × ３ ＝ １ ３ ＜ １ ２ ，所以∠ＰＧＰ′ ＞ １３ ， 又因为点Ｐ运动的最短轨迹是以ＢＣ的中点Ｇ为圆心，半径 为槡３的圆弧ＰＰ′， 所以点Ｐ运动所形成的最短轨迹长大于槡３π３ ．故选项Ｄ正 确．故选ＢＣＤ． １２．相交　 平行　 如图所示，在正方体 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，Ｍ是Ａ１Ｄ１ 的中 点，则直线ＭＤ与平面Ａ１ＡＣＣ１的位置 关系是相交，直线ＭＤ与平面ＢＣＣ１Ｂ１ 的位置关系是平行；因为如果延长直 线ＤＭ，则与直线ＡＡ１ 相交，而ＡＡ１ 在 平面Ａ１ＡＣＣ１中，所以直线ＭＤ与平面 Ａ１ＡＣＣ１的位置关系是相交的；在平面ＢＣＣ１Ｂ１ 中，Ｃ１Ｂ１ 的中 点与Ｃ连接，与ＭＤ平行，根据线面平行的判定定理得到直 线ＭＤ与平面ＢＣＣ１Ｂ１的位置关系是平行的． １３． 槡１１ １７６ 　 在长方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，连接Ｄ１Ｆ并延长与 ＤＣ的延长线交于点Ｎ，直线ＥＮ交ＢＣ于Ｈ，交ＤＡ的延长线 于Ｍ， 连接Ｄ１Ｍ交ＡＡ１ 于Ｇ，连接ＥＧ， ＦＨ，则五边形Ｄ１ＧＥＨＦ即为过点 Ｄ１，Ｅ，Ｆ的长方体的截面， 由ＣＣ１∥ＤＤ１，Ｆ为ＣＣ１ 的中点， 得Ｃ是ＤＮ的中点，ＤＮ ＝ ２ＣＤ ＝ ＤＤ１ ＝ ４，Ｄ１Ｎ 槡＝ ４ ２， 由ＡＢ∥ＣＤ，Ｅ是ＡＢ的中点，得 ＭＥ ＭＮ ＝ ＡＭ ＤＭ ＝ ＡＥ ＤＮ ＝ １ ４ ，则ＡＭ ＝ ２ ３ ，ＤＭ ＝ ８ ３ ， 则ＭＤ１ ＝ＭＮ ＝ ( )８３ ２ ＋ ４槡 ２ ＝ 槡４ １３３ ， 等腰△ＭＤ１Ｎ 底边上的高ｈ ＝ ＭＮ２ － １２ Ｄ１( )Ｎ槡 ２ ＝ 槡４ １３( )３ ２ －（槡２ ２）槡 ２ ＝ 槡２ ３４３ ，△ＭＤ１Ｎ的面积Ｓ△ＭＤ１Ｎ ＝ １２ 槡× ４ ２ × 槡２ ３４３ ＝ 槡 ８ １７ ３ ， 平面Ｄ１ＥＦ∩平面ＡＤＤ１Ａ１ ＝ ＭＤ１，平面Ｄ１ＥＦ∩平面ＢＣＣ１Ｂ１ ＝ ＦＨ，平面ＡＤＤ１Ａ１ ∥平面ＢＣＣ１Ｂ１，则ＦＨ∥ Ｄ１Ｍ，于是 △ＮＦＨ∽△ＮＤ１Ｍ，同理ＧＥ∥Ｄ１Ｎ，△ＭＧＥ∽△ＭＤ１Ｎ，Ｓ△ＮＦＨ ＝ １４ Ｓ△ＭＤ１Ｎ， Ｓ△ＭＧＥ ＝ １ １６ Ｓ△ＭＤ１Ｎ，因此ＳＤ１ＧＥＨＦ ＝ １ － １４ － １( )１６ Ｓ△ＭＤ１Ｎ ＝ １１１６ × 槡８ １７３ ＝ 槡１１ １７６ ， 所以所得截面的面积为槡１１ １７６ ． １４．槡３２ 　 如图所示，因为ＡＰ∥平 面α，设α∩平面ＰＡＢ ＝ ＤＭ， 所以ＤＭ∥ ＰＡ，同理：ＮＥ∥ ＰＡ，设ＰＤ ＝ ＡＥ ＝ ｘ，所以２ － ｘ２ ＝ ＤＭＰＡ ＝ ＮＥ ＰＡ，即ＤＭ ＝ ＮＥ ＝ 槡３ ２ （２ － ｘ）， 所以四边形ＤＭＥＮ为平行四边形，即ＤＮ∥ＭＥ， 又ＤＮ平面ＡＢＣ，ＭＥ平面ＡＢＣ，所以ＤＮ∥平面ＡＢＣ， 又因为ＤＮ平面ＰＢＣ，平面ＰＢＣ∩平面ＡＢＣ ＝ ＢＣ，所以ＤＮ ∥ＢＣ，即ＭＥ∥ＢＣ，且ＤＮ ＝ ｘ， 取ＢＣ中点Ｏ，连接ＰＯ，ＯＡ， 易得ＰＯ⊥ＢＣ，ＯＡ⊥ＢＣ，又ＰＯ∩ＯＡ ＝ Ｏ， 所以ＢＣ⊥平面ＰＯＡ，所以ＢＣ⊥ＰＡ，所以ＤＮ⊥ＮＥ， 所以四边形ＤＭＥＮ为矩形， 所以平面α与三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的交线围成的面积Ｓ ＝槡３２ （２ － ｘ）ｘ ＝ －槡３２ （ｘ － １） ２ ＋槡３２ ， 当ｘ ＝１，即Ｄ为ＰＢ中点时，面积最大，最大值为槡３２ ． １５．【证明】　 （１）根据题意，设ＡＣ与ＢＤ交于点Ｏ，连接ＯＥ，四 边形ＡＢＣＤ为正方形，则ＢＤ 槡＝ ２ＡＢ，则ＯＤ ＝槡２２ ＡＢ，又由ＥＦ ∥平面ＡＢＣＤ，且平面ＡＢＣＤ与平面ＢＤＥＦ交于ＢＤ，则ＥＦ∥ ＢＤ，而ＥＦ ＝槡２２ ＡＢ，则ＥＦ∥ＯＢ，且ＥＦ ＝ ＯＢ， 故四边形ＥＦＢＯ为平行四边 形，则有ＥＯ∥ＢＦ， 又ＥＯ平面ＡＥＣ且ＢＦ平 面ＡＥＣ， 则有ＢＦ∥平面ＡＥＣ． （２）根据题意，ＤＥ⊥平面ＡＢ ＣＤ，则ＤＥ⊥ＡＣ                                                                      ， —４９３— 而四边形ＡＢＣＤ为正方形，则ＡＣ⊥ＢＤ， 则有ＡＣ⊥平面ＢＤＡＥＦ，故ＡＣ⊥ＤＦ， 由（１）的结论，ＥＦ∥ＯＢ，且ＥＦ ＝ ＯＢ，而ＯＤ ＝ ＯＢ， 则有ＥＦ∥ＯＤ，且ＥＦ ＝ ＯＤ， 又由ＥＦ⊥ＤＯ且ＥＦ ＝ ＤＥ，故四边形ＥＤＯＦ为正方形，则有 ＤＦ⊥ＯＥ， 又由ＯＥ∩ＡＣ ＝ Ｏ，且ＯＥ平面ＡＥＣ，ＡＣ平面ＡＥＣ，则有 ＤＦ⊥平面ＡＥＣ． １６．【证明】　 （１）因为四边形ＡＢＣＤ是梯形，ＢＣ∥ＡＤ， ＢＣ平面ＰＡＤ，ＡＤ平面ＰＡＤ，所以ＢＣ∥平面ＰＡＤ，又平面 ＰＢＣ∩平面ＰＡＤ ＝ ｌ，ＢＣ平面ＰＢＣ， 所以ＢＣ∥ｌ． （２）取ＰＤ的中点Ｅ，连接 ＡＥ，ＢＥ，如图所示． 因为△ＰＡＤ是等边三角形， 点Ｅ是ＰＤ的中点，所以ＡＥ ⊥ＰＤ， 在△ＢＤＰ中，ＢＤ ＝ ＢＰ，点Ｅ 是ＰＤ 的中点，所以ＰＤ ⊥ＢＥ． 又ＡＥ∩ＢＥ ＝ Ｅ，ＡＥ，ＢＥ平面ＡＢＥ，所以ＰＤ⊥平面ＡＢＥ，又 ＡＢ平面ＡＢＥ，所以ＰＤ⊥ＡＢ． 又ＡＢ⊥ＡＤ，ＡＤ∩ＰＤ ＝ Ｄ，ＡＤ，ＰＤ平面ＰＡＤ， 所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ， 又ＤＧ平面ＰＡＤ，所以ＡＢ⊥ＤＧ． 因为△ＰＡＤ是等边三角形，点Ｇ是棱ＰＡ的中点， 所以ＤＧ⊥ＰＡ， 又ＰＡ∩ＡＢ ＝ Ａ，ＰＡ，ＡＢ平面ＰＡＢ， 所以ＤＧ⊥平面ＰＡＢ， 又ＤＧ平面ＧＢＤ，所以平面ＧＢＤ⊥平面ＰＡＢ． １７．（１）证明：长方体中，可得ＡＣ∥Ａ１Ｃ１， 而Ａ１Ｃ１平面Ａ１ＢＣ１，ＡＣ平面Ａ１ＢＣ１， 所以ＡＣ∥平面Ａ１ＢＣ１ ． （２）证明：取ＢＣ的中点Ｎ， 因为Ｎ，Ｅ，Ｆ分别是ＢＣ，ＡＢ，ＣＣ１的中点， 所以ＮＦ∥ＢＣ１，ＥＮ∥ＡＣ∥Ａ１Ｃ１，ＮＦ平面Ａ１ＢＣ１， ＢＣ１平面Ａ１ＢＣ１， 所以ＮＦ∥平面Ａ１ＢＣ１， 同理可得ＥＮ∥平面Ａ１ＢＣ１，ＥＮ∩ＮＦ ＝ Ｎ， 所以平面ＥＦＮ∥平面Ａ１ＢＣ１， 因为ＥＦ平面ＥＦＮ， 所以ＥＦ∥平面Ａ１ＢＣ１ ． （３）取ＡＡ１ 的中点Ｍ，连接ＤＭ， ＭＢ１，∠ＭＡＤ ＝ ∠ＦＣ１Ｂ１，且∠ＭＡＤ 与∠ＦＣ１Ｂ１ 的两边分别平行，所以 ＭＤ∥ Ｂ１Ｆ，ＤＭ，Ｂ１Ｆ共面，四边形 ＤＭＢ１Ｆ为平行四边形，且四边形 ＤＭＢ１Ｆ即为所截的平面α，ＡＢ ＝ ＢＣ ＝２，以Ａ１Ｅ为直径的球的表面积为 ８π，设球的半径为Ｒ，则Ａ１Ｅ ＝ ２Ｒ， 所以４π·Ａ１Ｅ( )２ ２ ＝ ８π，可得Ａ１Ｅ 槡＝ ２ ２， 而Ａ１Ｅ ＝ ＡＡ２１ ＋ ＡＢ( )２槡 ２ ＝ ＡＡ２１ ＋ １槡 ２ 槡＝ ２ ２， 所以ＡＡ１ 槡＝ ７， 因为Ｂ１Ｍ ＝ ＤＭ ＝ ２２ ＋ 槡７( )２槡 ２ ＝槡２３２ ， 所以四边形ＤＭＢ１Ｆ的周长４Ｂ１Ｍ 槡＝ ２ ２３． 复习练案［１４］ １． Ｂ　 如图，由α∥平面ＰＣＢ，且α∩平面ＡＢＤ ＝ ｍ，α∩平面ＡＣＤ ＝ ｎ， 结合面面平行的性质可得ｍ∥ＢＰ， ｎ∥ＰＣ， ∴ ∠ＢＰＣ为ｍ、ｎ所成的角， 设正四面体的棱长为２，则ＢＰ ＝ ＣＰ ＝ 槡３，ＢＣ ＝ ２， 则ｃｏｓ∠ＢＰＣ ＝ ３ ＋ ３ － ４ 槡槡２ × ３ × ３ ＝ １３ ．故 选Ｂ． ２． Ｃ　 连接Ａ１Ｄ，在长方体中，可得ＣＤ⊥平 面ＡＤＤ１Ａ１，可得ＣＤ⊥Ａ１Ｄ，所以Ａ１Ｃ与 平面ＡＤＤ１Ａ１所成的角为α ＝∠ＣＡ１Ｄ， 因为ＣＤ∥ＡＢ， 所以Ａ１Ｃ与ＡＢ所成的角为β ＝∠Ａ１ＣＤ， 所以α ＋ β ＝ π２ ．故选Ｃ． ３． Ａ　 以Ａ为原点，在平面ＡＢＣ中过Ａ作ＡＣ的垂线交ＢＣ于Ｄ， 以ＡＤ所在直线为ｘ轴，ＡＣ所在直线为 ｙ轴，ＡＡ１所在直线为ｚ轴，建立空间直 角坐标系， ∵直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，∠ＢＡＣ ＝ １２０°，设ＡＢ ＝ＡＣ ＝ＡＡ１ ＝１， ∴ Ｂ 槡３ ２ ，－ １ ２ ，( )０ ，Ａ１（０，０，１），Ａ（０，０， ０），Ｃ１（０，１，１）， ＢＡ→ １ ＝ －槡３２ ， １ ２ ，( )１ ，ＡＣ→ １ ＝（０，１，１）， 设异面直线ＢＡ１与ＡＣ１所成的角为θ， 则ｃｏｓ θ ＝ ｜ＢＡ → １·ＡＣ→ １ ｜ ｜ＢＡ→ １ ｜ ｜ＡＣ→ １ ｜ ＝ ３ ２ 槡槡２ × ２ ＝ ３４ ， ∴异面直线ＢＡ１与ＡＣ１所成角的余弦值为３４ ．故选Ａ． ４． Ａ　 当平面α、β分别截正方体所得 截面面积最大时，平面α是平面 ＢＤＤ１Ｂ１，平面β是平面ＡＢＣ１Ｄ１，以 Ｄ为坐标原点，建立如图所示的空 间直角坐标系，设正方体的棱长为 １，则Ｄ（０，０，０），Ｂ（１，１，０），Ｄ１（０， ０，１），Ａ（１，０，０）． 设→ＤＢ ＝（１，１，０），ＤＤ→ １ ＝（０，０，１），→ＡＢ ＝（０，１，０），ＡＤ→ １ ＝（－ １， ０，１）， 设平面ＢＤＤ１Ｂ１的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），                                                                      则 —５９３—