第33期 空间点 、直线、 平面之间的位置关系-【数理报】2024-2025学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版2019）

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E,F,G,H分别是棱BC,B,C,A,D1,AD的中点，过E,F,G,H的 提示： 截面图形为(C)选项对应的图形：过BDD,B,的截面图形为 9.半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球面， 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 球面围成的几何体叫做球，故(A)错误；当以直角三角形的斜 所以圆锥的底面半径为r=√3-22=√5. 边所在直线为轴旋转时，其余各边旋转形成的面所围成的几何 13.在△A'B'C中，B'C=A'C=2,∠BA'C=45°， 体不是圆锥，是由两个同底面的圆锥组成的几何体，故(B)错 故∠A'BC'=45°，A'B=22, 误：当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，两个平行截面 由斜二测画图法知AB=A'B”=2V2,AC=2A'C”=4, 间的几何体不是旋转体，故(C)错误：圆台是由圆锥截得的，故 在△ABC中，AB⊥AC, 其任意两条母线延长后一定交于一点，故(D)正确。 故选(A)(B)(C)· 所以BC=AC+AB=26. 10.因为B'C∥y'轴，由斜二测画法规则知AC⊥BC, 14.三部分都是棱柱，分别为三棱柱AEA,-DFD,.三棱柱 即△ABC为直角三角形， B,E,B-C,F,C和四棱柱A,EBE,-D,FCF,显然它们等高，设 又因为BC=4,A'C=3, 为h,三棱柱的底面面积分别为S,S,四棱柱的底面面积为 可得AC=3,BC=8,所以AB=73, S2,由V,:2:V=1:4:1得(S,h):(Sh):(Sh)=1:4 :1.所以S,:S2:S=1:4:1,所以Sg边形1=4S△1= 所以AB边上的中线长度为万 2 故选(A)(C)(D). 4Sa6a,设AE=a,则BE=6-a,所以(6-a）×3=4×2 1L.由SA⊥SC,圆锥母线长1=SM=SC=22可得AC=4, ×a×3,所以a=2. 所以底面圆半径为R=O4=OC=2. 所以A,E=√22+32=13 又显然S0⊥AC,可得S0=2. 对于(A),圆锥S0的侧面积为πRl=2×22r=42π， 所以Sg那m,=V√3×4=4√3. 所以(A)正确； 四、解答题 对于(B),易知当OB⊥AC时，△ABC的面积最大， 15.解：如图6，过A',B,C三点作 个平面，再过'，B,C”作一个平面， 此时Saw=分×4×2=4， 就把三棱台ABC-A'B'C'分成了三部 则三棱锥S-ABC体积的最大值为V=子×4×2=号 分，形成的三个三棱锥分别是A' ABC,B-A'B'C',A'-BCC'.(答案不 所以(B)正确： 唯一 96 对于(C),圆锥S0内切球的半径即为轴截面△S4C内切 6.解：如图7，过点B作BE⊥AD于点E. 圆的半径，不妨设为「， 因为AB=22,∠DAB=45°， 利用等面积法可得片×4×2=方×(2,2+2万+4)r 所以AE=BE=2,所以DE=1, 则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的 可得r=2(2-1),所以(C)错误： 封闭几何体为一个底面半径为2，高为1的圆柱 对于(D),若AB=BC,可得AB⊥BC,又AC=4, 及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体 所以AB=BC=22: (1)所求几何体的表面积为S=π×22+ π×2×2×1+m×2×22=(8+42)m 图7 又因为SM=SC=22, 所以△SAB为等边三角形，∠SBA=60°， (2)所求儿何体的体积为V=Tx2×1+写x年×2× 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S,AB, 则△S,AB为等边三角形，且 2=20m 31 ∠S,1BA=60°，如图5所示， 17.解：(1)设圆柱的底面半径为r,高为h,圆锥的母线长 所以SE+CE的最小值即为S,C, 为【，高为h,则2πr=24π，解得r=12cm,则h,= 又因为S,B=BC=22, √/20-122=16cm. ∠S,BC=∠S,BA+∠ABC=150° 所以笼具”的体积V=㎡h-弓a,=a2×30- 由余弦定理可得S,C2=S,B+BC2-2×S,B×BC× cos150°=8+8+83=16+83， 3×12×16)=3552m(cm). 可得S,C=√16+83=2(3+1)，所以(D)正确. (2)圆柱的侧而积S,=2rh=720mcm2. 圆柱的底面积S,=r2=144πcm2, 故选(A)(B)(D). 圆锥的侧面积为S,=πl=240πcm2, 三填空题 所以“笼具”的表面积为S=S,+S2+S,=1104πcm2, 12.5:13.26:14.413. 所以制造50个这样的“笼具”总造价为： 提示： 1104m×50×8.1104=(元). 12.因为圆锥的母线长为3，高为2， 10 25 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 18.解：(1)设圆锥S0的母线长为1，底面⊙0的直径为2r, 所以2r=12. 又因为<R所以1-9<会<1， 因为△SAB的面积为48. 即冬的取值范围为-小 所以5aw=方·2·S0=48,解得S0=8, 第33期2版 由勾股定理可得母线1=√S0+7=10, 由圆锥的表面积公式有S表=Sw+Sg=l+πr2=60m 专项小练一 1.B:2.D:3.ABC:4.相交：5.Pe. +36π=96m. 6.证明：因为在矩形AA,B,B中，E为A,B,的中点， (2)如图8所示，作出圆锥的轴截面， 所以AA与BE不平行，则AA与BE的延长线相交于一点， 球与圆锥侧面相切，设球心为D, 设此点为G,则G∈AA,G∈BE. 则DE⊥SB于点E,DE=OD=R(其 又AM,C平面ACCA,BEC平面BEF, 中R为球的半径) 所以Ge平面ACC,A1,G∈平面BEF, 则△SED-△SOB,可得DE:BO= 所以平面ACC,A,与平面BEF相交 S0:S,即名=80，解得R=3 图8 专项小练二 6 1.D:2.D:3.A:4.相交或平行：5.1或4. 4 所以球的体积V=3πR=36m, 6,证明：因为a∥b,所以a与b可确定平面B, 因为a∩a=P,所以平面x与平面B相交，且交线为过点 圆锥的体积V=3r,S0=96m, P的直线，设为L 故圆锥体剩余空间的体积为V=2-V,=60π. 因为在平面B内1与两条平行直线a,b中的一条直线a相 19.解：(1)把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球 交，所以1必与6相交， 又b不在平面x内，所以直线b和平面a相交 冠面积为S=2πh,所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结 合锥休休积公式得“球锥”的体积为V绿锥=了×2π刷·R= 第33期3,4版 3 nl'h 空间点、直线、平面之间的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题 (2)如图9，设圆锥半径为r, 1~4 BCCD 5~8 ABBA 则2=R-(R-h)2=2Rh-h2, 提示： 当球缺的体积与圆锥的体积相等时， L,“∈”用来表示点线、点面之间的关系，“C”用来表示 V球维=2V 线面间的关系。 即号Rh=2×号2(R-), 图9 2.不论直线/与a的位置关系如何，在α内总有直线m,使 m⊥. 消去广得子RA=子(2RM-)(R-A), 3.因为D∈I,ICB,所以D∈B.又CeB,所以CDCB 同理CDC平面ABC,所以平面ABC∩平面B=CD. 整理得代-3+=0.因为<R,所以会=3， 4,由已知得直线I与平面α相交，设交点为P,则平面x内 2 过点P的所有直线与I相交，不过点P的直线与I异面，只有 (3)设正四面体P-ABC内接“球锥”，顶点P与球心重合， (D)正确. 棱长为a. 5.由于ABCD是空间四边形，故AB,BC确定平面ABC,CD, 则△4BC外接阅半径为.正四面体的高为气，显然。 DA确定平面ACD. 因为E∈AB,F∈BC,G∈CD,HeDA, >R不满足条件 所以EFC平面ABC,GHC平面ACD, 注意到，当顶点A,B,C在圆锥底面圆周上时， 因为EF∩GH=M,所以M∈平面ABC,M∈平面ACD, a=RR-h=R得光=1-5 又因为平面ABCO平面ACD=AC,所以M∈AC. 3 6.在四棱台ABCD-A,B,C,D,中，侧棱A,A,B,B,C,C,D,D 当货=1-号时，作平行干圆锥底面的平面载正四面休P 的延长线交于一点，令此点为M(如图1)， -ABC,所得棱长小于R的正四面体均可内接该“球锥”， 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该”球锥”，则尺 ≠1-且顶点，B.C在球冠上，即a=R,且R-A<见 3 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 由M∈AM1,MMC平面PAA, BD∥EF,所以四点B,D,E,F在同一平面内，故(A)正确： 得M∈平面PAA,同理ME平面CDD,C, 对于(B),延长BF,DE交于点P 而P∈平面PAA,P∈平面CDD,C, 则PeBF,PeDE, 则平面PAA,n平面CDD,C=PM, 又因为BFC平面BCCB,DEC平面DD,C,C, 即直线PM为所求作的直线I,所以直线I与直线AA,相交， 则P∈平面BCC,B,Pe平面DD,C,C, 7.由正方体的性质易知当P为A,C,的中点时，P为BD 且平面BCC,B,n平面DD,C,C=CC,所以P∈CC, 的中点，而DD∥BB,所以B,D,D,B,共面，则BP,DD,在平 即三条直线BF,DE,CC,有公共点，故(B)正确： 面BDDB,上，故(A)不符题意； 对于(C),因为ACC平面AA,C,C,OFn平面A4,C,C= 因为AM,∥CC,即A,C,G,A共面，易知Pe平面0,0gA,C ACC,A1,而B主平面ACC,A1,P∈A,C1,P主AC,故BP与AC异 所以直线A,C与直线OF是异面直线，故(C)错误； 面，故(B)符合题意： 对于(D),因为A1O,C,M均在平面AA,C,C内，连接OM, 当P,C,重合时，易知AB∥D,C,AB=D,C,则四边形 则OM与A.C相交， ABC,D,是平行四边形，则此时AD∥BP,故(C)不符合题意： 所以直线A,C上存在点N使M,N,O三点共线，故(D)正确. 当P,C,重合时，显然B,C,BP相交，故(D)不符合题意. 故选(A)(B)(D). 8.如图2，在正方体ABCD- 三，填空题 A,B,C,D,中，不妨设三条两两异面 12.0或1：13.C1,P,0是平面A,ACC和平面BDC,的公 的直线为AD1,BB,CD, 共点，所以它们共平面A,ACC,与平面BDC,的交线： 令P∈A,D,作平面PP,BB 14.①②. 过BB,则过P与BB,相交的直线 提示： 都在平面PP,BB,内， 12.当点M在过a且与b平行的平面或过b且与a平行的 作平面PPCD过CD,则过P 图2 平面内时，没有满足条件的平面：当点M不在上述两个平面内 与CD相交的直线都在平面PPCD内. 时，满足条件的平面只有1个 又平面PP,BB,与平面PPCD不平行且不重合，有且仅有 13.因为O是BD的中点，则O是AC的中点， 一条公共直线，所以直线【只有1条 二、多项选择题 故0∈平面A,ACC, 9.AD;10.AC;11.ABD. A,C与截面BDC,交于P,故P∈A,C, 提示： 故P∈平面A,ACC,又C,∈平面A,ACC, 9.在(A)中，假设其中有三点共 故C,P,0e平面A,ACC,又C,P,0∈平面BDC, E 线，则该直线和直线外的另一点确定 故C1,P,O在平面A,ACC,和平面BDC,的交线上 一个平面，这与四点不共面矛盾，故 图3 14.因为△ABC在平面a外，它的三条边所在的直线分别 其中任意三点不共线，所以(A)正确；在(B)中，如图3，两个相 交a于P,Q,R,所以P,Q,R∈平面a∩平面ABC, 交平面有三个公共点A,B.C,且点A,B,C,D共面，点A,B,C,E 所以P,Q,R三点在平面ax与平面ABC的交线上， 共面，但A,B,C,D,E不共面，(B)不正确：选项(C)显然不正 即三点共线，故①正确： 确：在(D)中，过直线与直线外一点可确定一个平面，设为， 因为a与b平行，则可有由a,b确定一个平面a, 因此这三条直线都在平面α内，即三条直线共面，(D)正确.故 又a∩l=A,bnI=B,所以A∈I,B∈1，A∈，B∈a, 选(A)(D). 所以IC平面a,bC平面a, 10.(A)中，a∥b,bCa,则a∥a或aC&,所以不管a在 因为c与6平行，则可有由c,b确定一个平面B, 平面内还是平面外，都有结论成立，故(A)正确：(B)中，直线a 同理可得，IC平面B,bC平面B, 与b没有交点，所以a与b可能异面，也可能平行，故(B)错误： 又1∩b=B,而两条相交直线只能确定一个平面， (C)中，直线a与平面B没有公共点，所以a∥B,故(C)正确： 所以《，B为同一平面，即四线共面，故②正确： (D)中，直线a与平面B有可能平行，故(D)错误. 取正方体ABCD-A,B,C,D,中AB为a,BC为c,DD,为b, 故选(A)(C). 直线a,b异面，b,c异面，但a,c相交，不异面，故③错误： 11.作图，如图4. 取正方体ABCD-A,B,C,D,中三条直线AB,AD,AM,他们 对于(A),连接BD, 两两相交，但不仅仅确定一个平面，故④错误 因为BB∥DD,BB,= 四、解答题 DD,可知BB,D,D为平行四边形. 15.证明：因为a∩y=b,Bny=t, 则B,D∥BD, 所以aCy,bCY 又因为E,F分别为C,D, 因为直线a和b不平行，所以a,b必相交， B,C,的中点，则B,D,∥EF,可得 图4 设anb=P,则P∈a,P∈b. 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 因为aCB,bCa,所以PeB,Pea, 所以过a,b,1有且只有一个平面. 又a∩B=c,所以Pec,即交线c经过点P, (2)在空间四边形ABCD中，连接EF,HG, 所以a,b,c三条直线必过同一点. 因为H,G分别为AD,CD的中点， 16.证明：(1)因为PQC平面PQR,M∈直线PQ, 则HG∥AC.且HG=AC. 所以M∈平面PQR. 因为RQC平面PQR,N∈直线RQ,所以N∈平面PQR, 又因为器-胎=号则BF∥4C.且BF=子4C 所以直线MNC平面PQR 故HG∥EF,且HG≠EF. (2)因为M∈直线CB,CBC平面BCD,所以M∈平面BCD, 故四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点， 由(1)知M∈平面PQR, 设EH与FG交于点P,如图9，由 所以M在平面PQR与平面BCD的交线上， 于EHC平面ABD,点P在平面ABD内， 同理可知，N,K也在平面PQR与平面BCD的交线上， 同理点P在平面BCD内， 所以M,N,K三点共线，所以点K在直线MN上. 又因为平面ABD∩平面BCD= 17.解：(1)如图5所示，连接 BD,所以点P在直线BD上， DM并延长交D,A,的延长线于点 故直线EH,BD,FG相交于一点， Q,连接QN,直线OV即为直线L (2)由题知QN∩AB,=P 第34期2版 由已知得△MA,Q≌△MAD, 专项小练一 所以A,Q=AD=a=A,D1, 1A:2.ABC:3.B;4.平行：5.平行 所以A,是QD,的中点 图5 6.证明：如右图，连接DM,交GF 又AP∥D,N所以A,P=D,N=GD,= 于O点，连接OE. 所以PB,=4B-AP=a-子=子a 3 在△BCD中，C,F分别是BD,CD 的中点，所以GF∥BC 18.证明：①无三线共点情况，如图6. 因为G为BD的中点， 设a∩d=M.bnd=N.cnd=P,a∩b=Q,anc= 所以O为MD的中点. R,b∩c=S, 在△AMD中，因为E,O分别为AD,MD的中点， 因为u∩d=M,所以a,d可确定一个平面，设为a, 所以EO∥AM. 因为N∈d,Q∈a,所以N∈a,Q∈&， 又因为AM￠平面EFG,EOC平面EFG, 所以NQCa,即bCa, 所以AM∥平面EFG. 同理eCa,所以a,b,c,d共面： 专项小练二 1.D:2.ACD;3.B;4.平行四边形；5.①②8④. 6.证明：因为PM:MA=BN:NVD=PQ:OD, 所以MQ∥AD,NQ∥BP 因为BPC平面PBC,NQ丈平面PBC, 图6 图7 所以NQ∥平面PBC ②有三线共点的情况，如图7. 又底面A6CD为平行四边形， 设b,c,d三线相交于点K,它们与a分别交于点N,P,M,且 所以BC∥AD,所以MQ∥BC. K e a. 因为BCC平面PBC,MQ￠平面PBC, 因为K主a,所以K和a确定一个平面，设为B, 所以MQ∥平面PBC 因为N∈a,aCB,所以NeB,所以NKCB,即bCB. 又Mo n NO=Q,MQ,NQC平面MNQ, 同理cCB,dCB,所以a,b,c,d共面. 所以平面MNQ∥平面PBC 由①②知a,b,c,d共面. 第34期3,4版 19.证明：(1)设直线1与a,b分 N 别交于M,N,如图8， 空间直线，平面的平行同步核心素养测评 了M 因为4∥b,所以a,b确定一个平 一、单项选择题 面，记为平面α， 图8 1~4 DDDB 5~8 CCDD 因为点M∈直线a,点N∈直线b,所以M∈a,Nea, 提示： 所以直线MN,即IC平面a, 1.若AB与I平行，则和1平行的平面有无数个：若AB与I相 5 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 交，则没有和1平行的平面：若AB与I异面，则和【平行的平面 因为AD∥BC,PR∥A,D, 只有一个 所以PR∥B,C, 2.当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图1所示. 又B,CC平面B,D,C,PR￠平面 R B,D,C,所以PR∥平面B,D,C.又PQn PR=P,PQ,PRC平面PQR,所以平面 图5 PQR∥平面B,D,C,则平面PQR为截 图1 面易知△POR是等边三角形，则PQ, =尽，解得P0= 显然满足题目条件：在a与b相交的条件下，分别把a,b平 行移动到平面B,平面a上，此时a与b异面，亦满足题目条件. 2,所以P=号0=2 3.如图2所示，若M与D1重合，则DM∥平面AACC,否 二、多项选择题 则，DM与平面A,ACC,相交. 9.BD;10.BCD;11.ABD. D C 提示： 9.(A)错误，a与B也可能相交；(B)正确，设a,b确定的平 B 面为y,依题意得y∥a,Y∥B,故a∥B:(C)错误，a与B也可 D 能相交：由线面平行的性质定理可知，(D)正确. 故选(B)(D) B 图2 图3 10.依题意，标出各点位置如图6所 示，根据正方体的性质可知EM∥AC, 4.如图3，由题意得EF∥BD,且EF= 专BD,HG∥BD,且 由于EM￠平面CAN,ACC平面 HG=合BD,所以EF∥HG且EF≠HG, CAN,所以EM∥平面CAN.根据正方 体的性质可知BM∥AV,同理可证得 所以四边形EFGH是梯形 BM∥平面CAN.由于EM,BMC平面 图6 又EF∥BD,EF￠平面BCD,BDC平面BCD, BME,EM∩BW=M,所以平面BME∥平面CAN,(A)正确： 所以EF∥平面BCD,分析知EH与平面ADC不平行 根据异面直线的知识以及图象可知AF与CN异面，(B)错误； 5.如图4，设E,F.G,H.1,J,M,N 平面EFD即平面EFCD,由图6可知，BM与平面EFCD相 为相应棱的中点，则NE∥PB,且NE 交，(C)错误： ￠平面PBD,PBC平面PBD 根据异面直线的知识以及图象可知BE与AN异面，(D)错误 所以NE∥平面PBD, 故选(B)(C)(D). 同理可得HE,NH,GF,MF,MG与 图4 1L.对于(A),在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，AB∥CD 平面PBD平行， 易得平面ABB,A,∥平面DCC,D, 由图可知其他的任意两条棱的中点的连线与平面PBD相 又平面APORO平而ABB,A,=AP 交或在平面PBD内，所以与平面PBD平行的直线有6条. 平面APORO平面DCC,D,=QR, 6.因为平面BDM∥平面A,C.平面BDM∩平面A,B,C,= 所以AP∥QR,故(A)正确： DM,平面A,Cn平面A,B,C=A,C,所以DM∥A,C,过D作 对于(B),若四边形APQR为平行四边形，则PQ∥AR, DE,∥A,C,交B,C,于点E,则点M的轨迹是线段DE,(不包括 根据面面平行的判定，PQ∥AR,PQC平面BCC,B,ARC D点). 平面BCC,B,所以AR∥平面BCC,B, 7.因为平面a∥平面ABC,平面PACn平面a=A'C,平 又BB,∥AA,BB,C平面BCC,B,AA寸平面BCC,B 面PAC∩平面ABC=AC,所以A'C∥AC,同理得A'B∥AB, 所以AA,∥平面BCCB, BC∥BC,所以△BC△Mc,所以=（语） 又AA,∩AR=A,所以平面BCC,B,∥平面ADD,A,这与 题目条件不符，故(B)正确： (H),又P:AM=2:3,所以P:PA=2:5,所以 PA 对于(C),假设存在点P,使得△APR 为等腰直角三角形， B Sawwe SAAnc =4:25. 8.如图5，连接BD,AD,过点P作BD,A,D的平行线，分别 令BP=x,如图7，过点D作DE⊥ 交棱AB,A4,于点Q,R,连接QR AB,则DE=BC=√3，BD=2, D 因为BD∥B,D,所以PQ∥B,D,又B,D,C平面B,D,C, 在线段DR上取一点M,使得DM= PQ￠平面B,D,C,所以PQ∥平面B,D,C BP=x,连接BD,PM, 6 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 则四边形BDMP为矩形， 所以NE>MN2+ME, 所以MP=BD=2, 所以∠NME为钝角， 则PR=MP+MR 所以当点F运动到点N时，EF的最大值为4. =√4+(DR-x) 四、解答题 15.解：直线1∥平面PAC AP=√PB+AB=√4+x, 证明如下： AR=√DR+AD=√4+DR, 因为E,F分别是PA,PC的中点，所以EF∥AC.又EF￠平 显然AR≠PR 面ABC,且ACC平面ABC,所以EF∥平面ABC.而EFC平面 若AP=PR,则DR=2x,AP+PR=AR,即4+x2+4 BEF,且平面BEFO平面ABC=L,所以EF∥L +x2=4+4x2,解得x=2,DR=22>2,不满足题意. 因为IC平面PAC,EFC平面PAC,所以I∥平面PAC. 若AP=AR,BP=DR=x, 16.证明：(1)如图9，连接 又BP∥DR, AE,则AE必过DF与GN的交点O, 所以四边形BPRD为平行四边形， 连接M0,则M0为△ABE的中位 所以PR=BD=2=2AP=√8+2，无解，故(C)错误： 线，所以BE∥MO, 对于(D),当BP=CQ时，满足BC∥PQ, 又BE￠平面DMF,MOC平 则BC∥平面APQR,故(D)正确.故选(A)(B)(D). 面DMF,所以BE∥平面DMF 图9 三、填空题 (2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中 2.6°或114；13.号；14.4 点，所以DE∥GN. 又M是AB的中点，所以MN∥DB. 提示： 又DE O DB=D,GN∩NM=N, 12.因为AB∥A'B,BC∥BC, 所以平面BDE∥平面MNG 故∠A'B'C=66°或∠A'B'C=114 17.解：因为PA∥平面EFGH,PAC平面PAB,平面PABn 13.因为平面a∥平面B. 平面EFGI=En,所以PA∥EI. 由面面平行的性质定理得CD∥AB, 同理，PA∥FG,BC∥EF,BC∥HG, 所以△PCD一△PMB,所以货-0， 所以EH∥FG,EF∥HG. 所以四边形EFGH为平行四边形， 即子3解得4B=子 因为F∥BC,所以能-侣所以BF:C。 AB 14.如图8，取CD的中点M,DD,的 D 中点N,连接ME,MW,NE,DC, 又FG∥A,所以货--能所以FG: AB 因为M,E分别为CD,BC的中点， 所以四边形EFGH的周长I=2(EF+FG)= 所以ME∥BD. 2AE·BC+BE·PA_8AB+4AE=8+4E 因为ME丈平面ABD,BDC平面 AB AB AB' A,BD,所以ME∥平面A,BD. 图8 因为0<指<1，所以8<1<2 同理，M.N分别为DC,DD,的中点， 所以MN∥D,C, 所以1的取值范围为(8,12) 18.(1)证明：如图10，连接AC, 又D,C∥A,B,所以MN∥A,B,MN￠平面A,BD.A,BC平 交HD于点M,连接MF 面A,BD, 所以MN∥平面ABD. 因为底面ABCD为等腰梯形，CHB 为等腰梯形的高，AB=3CD,AB∥ 又ME∩M=M,MNC平面MNE,MEC平面MNE, CD.所以AM:MC=AH:CD=2:1. 所以平面MNE∥平面A,BD 图10 又EF∥平面A,BD,所以EFC平面MNE, 又EF=号A, 又点F在四边形DCC,D,内部及边界运动， 所以FA:EF=2:1, 所以点F在平面MNE与平面DCC,D,的交线上，即F∈MN 所以AM:MC=AF:EF=2:1,所以MF∥CE 在△MNE中，ME=号BD=2,MN=D,C=2万， 又MFC平面HDF,CE￠平面HDF,所以CE∥平面HDF 又因为AH:HB=2:1,所以HF∥BE 连接DE, 又HFC平面HDF,BE文平面HDF,所以BE∥平面HDF 在Rt△NDE中，NE=√ND+DE=√22+(23)2=4. 又CE O BE=E,所以平面BCE∥平面HDF 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 (2)解：取AH的中点O,连接E0,因为AE=HE, 故平面BDE⊥平面ABCD. 所以△AEH是等腰直角三角形， 第35期3,4版 所以B01AH,且B0=1,所以点F到AH的距离为子 空间直线、平面的垂直同步核心素养测评 将△AHF以AH为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个 一、单项选择题 同底的圆锥，圆锥的底面圆半径就是点F到A山的距离，即子。 1-4 ADAC 5-8 DBCA 提示： 所以该几何体的体积为×（号）x2= 27 1,因为a⊥ax,a∥b,所以b⊥a.又x∥B,所以b⊥B 19.(1)证明：取PA的中点 2.因为bCB,cCB,a⊥b,a⊥c,若b,c相交，则a⊥B,从 M,连接MD.MF,如图11. 而a⊥B.又a∥B或a与B相交时，可以存在a⊥b,a上e,所 因为F,M分别为PB,PA的中 以选(D) 点，所以FW∥AB,FW=AB,因 3.由已知得PQ+QR2=4+5=9=PR,所以∠PQR= 90°，又AC∥PQ,BD∥QR,所以异面直线AG与BD所成的角 为四边形ABCD为平行四边形，所B 图11 即为∠PQR 以AB∥CD,AB=CD,因为E为 4.如图1所示，在四边形ABCD中，因为 CD的中点，所以DE=CD,所以FM∥DE,FM=DE,所以 AB=BC,AD=CD.所以BD⊥AC. 因为平面AA,C,C⊥平面ABCD,平面 四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD AM,C,C∩平面ABCD=AC,BDC平面 又因为EFd平面PAD,MDC平面PAD,所以EF∥平面PAD ABCD,所以BD⊥平面AA,C,C (2)解：存在点Q符合题意，且此时 =2. Oc 又CC,C平面AA,CC,所以BD⊥CC 5.如图2，取B,D的中点0，连 取AB的中点H,连接PH交AF于点G,在PC上取点Q,使 接A,01,由正方体的特征易知A,0,1 PQ:0C=2:1,连接GQ,IC 平面DD,B,B.连接O,B,则O,B为A,B 因为在平行四边形ABCD中，E,H分别为CD,AB的中点， 在平面DD,B,B内的射影，∠A,BO,为 所以AH∥CE,AH=CE,所以四边形AHCE为平行四边形 所求的线面角. 所以CH∥AE,因为F为PB的中点 在R△A,OB中，sin∠A,B0,= 所以点G为△PAB的重心，且PG:GH=2:1, 投号放∠4B0:0 图2 因为PQ:QC=2:1,所以GQ∥HC, 又因为HC∥AE,所以GQ∥AE, 6.因为PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PD⊥BC. 所以CQ和AE确定一个平面a,因为F在直线AG上， 因为四边形ABCD是直角梯形，∠ADC=90°，AB∥CD. 所以F∈a,所以A,E,Q,F四点共面，所以在线段PC上存 AB AD 1,CD =2. 在一点Q,使得A,E,Q,F四点共面，此时兴=2 OC 所以BD=2,BC=+(2-1)下=2. 所以BC+BD2=CD,BC⊥BD. 第35期2版 因为BD O PD=D,BD,PDC平面PBD, 专项小练一 所以BC⊥平面PBD,又PBC平面PBD, 1.B:2.BCD:3.A:4.平行：5.4. 所以BC⊥PB,即C到直线PB的距离是2. 6.证明：因为SA⊥平面ABC,AB,AC,BDC平面ABC. 因为E是PC中点，所以E到PB的距离等于C到直线PB 所以SA⊥AB,SA⊥AC,SA⊥BD.所以SB=√S4+AB =2a.因为BC=√2a,所以SB=BC 的距离的一半，即为号 7.因为PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以PA⊥DE, 因为E为SC的中点，所以BE⊥SC 又PE⊥DE,PA O PE=P,PAC平面PAE,PEC平面 又因为DE⊥SC,BE O DE=E,所以SC⊥平面BDE. PAE,所以DE⊥平面PAE. 专项小练二 因为AEC平面PAE,所以DE⊥AE. 1.D:2.C;3.BC;4.2;5.2. 即E点为以AD为直径的圆与BC的交点， 6.证明：连接AC,与BD相交于点O,连接OE, 因为AB=3,BC=a,满足条件的E点有2个， 则0是AC的中点， 所以圆心也就是AD的中点到BC的距离小于半径， 又E是PA的中点，所以EO∥PC,而PC⊥平面ABCD. 所以EO⊥平面ABCD,而EOC平面BDE, 即平行线间的距离AB=3<?,解得4>6， 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 8.过点M作M0⊥AD于点O,连接C0,AC(图略)，由半圆 三，填空题 面AMD⊥底面ABCD,半圆面AMD∩底面ABCD=AD,MOC 平面AMD,得MO⊥底面ABCD,而△BCD的面积是定值，要使 12.垂直：13.25：14.230 5 三棱锥M-BCD的体积最大， 提示： 当且仅当MO最大，此时M为弧AD的中点，O为AD的中 12.如图4，由于平面BCC,B,⊥平面ABCD且平面BCCB 点，而△ACD为正三角形， ∩平面ABCD=BC,而MNC平面BCC,B,MN⊥BC.所以MN 因此C0⊥AD,又C0nM0=0.C0,M0c平面CM0.则 ⊥平面ABCD,所以MN⊥AB. AD⊥平面CMO,而BC∥AD,则BC⊥平面CMO,又CMC平 D 面CMO,于是BC⊥CM,BC⊥CO,则∠MCO是二面角M-BC B -D的平面角，C0=5,M0=1,MC=√(3)2+12=2，所以 二面角M-BC-D的余弦值cos∠MC0=G0=5 MC= 2 二、多项选择题 9.ACD:10.BD:11.AC. 图4 图3 提示： 13.如图5，过A作AC⊥1，垂足为C,过A作AB上B,垂足 9.选项(B)中，可以是如图3所 为B,连接BC,则AB=3cm, 示的情形. 因为ICB,所以AB⊥1， 10.对于(A),易证AB与CE所 又AC∩AB=A,AC,ABC平面ABC,所以I⊥平面ABC, 成的角为45°，所以直线AB与平面 又BCC平面ABC,所以I⊥BC, CDE不垂直：对于(B),易证AB⊥ 图3 所以∠ACB是二面角a-1-B的平面角，即∠ACB=60°， CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,所以AB⊥平面CDE:对于 (C),易证AB与CE所成的角为6O°，所以直线AB与平面CDE 所以点4到陵/的距离为4C=你=3×后=23(cm. 5 不垂直：对于(D),连接AC(图略)，易证ED⊥平面ABC,得ED 14.取BC的中点D,连接AD,C,D,如A。 ⊥AB,同理证得EC⊥AB,且ED门EC=E,所以AB⊥平面 图6所示， 根据正三棱柱性质可知AD⊥BC, CDE.故选(B)(D), 又BB,⊥平面ABC,ADC平面ABC, 1L.(A)中，PD=AD=√AE+DE=√22+2=22， 所以BB,⊥AD, 在△PDC中，PD+CD=PC, 又BC∩BB,=B,BC,BB,C平面 所以PD⊥CD,由题可得CD⊥DE, 图6 BCC,B,所以AD⊥平面BCC,B, 又PD∩DE=D,PDC平面PED,DEC平面PED, 所以∠AC,D为直线AC,与平面BCC,B,所成的角。 则CD⊥平面PED,因为CDC平面EBCD, 设△ABC的边长为a,正三棱柱的高为h, 所以平面PED⊥平面EBCD,故(A)正确： (B)中，若PC⊥ED,又ED⊥CD, 则AD=3 20,AC =Va+ PCn CD=C,PCC平面PDC,CDC平面PDC, 3 则ED⊥平面PDC,又PDC平面PDC, 所以sin30°= ,可得2=2a2 所以ED⊥PD,所以∠EDP=∠BD1=受， √a2+丽 又因为正三棱柱ABC-A,B,C,内接于半径为2的球， 显然矛盾，故(B)错误： (C)中，由(I)知CD⊥DE,CD⊥平面PED, 所以（号D)+()=(g)+(）=2 又PDC平面PED,所以CD⊥PD, 所以∠PDE是二面角P-DC-B的平面角， 所以号+号=4解得a=20 51 在R△PED中易知∠PDE=平，故(C)正确： 即AB=230 5 (D)中，由CD⊥平面PED知， 四、解答题 ∠CPD为直线PC与平面PED的所成角， 15.证明：因为PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD, 在△P0G中，m∠GPD=品=号故(D)错说 所以PA⊥BD,PC⊥BD,PC⊥EF 又PA∩PC=P,所以BD⊥平面PAC 故选(A)(C). 又EF⊥AC,PC∩AC=C,所以EF⊥平面PAC, 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 所以EF∥BD,所以S票=CE 在t△B,C,E中，由B,C,=2知C,E=25 31 16.解：PA与BD互相垂直. 设AM=x,则MC=√+1， 证明：如图7，取BC的中点 0,连接P0,A0. 因为△MCC,的面积为1，所以+1.2：1， 3 D 因为PB=PC,所以P0⊥ BC,又侧面PBC⊥底面ABCD, 解得x=反（合负）.即4AM=2:号4 所以PO⊥底面ABCD, 故在AA,上存在一点M满足题意.。 B 所以PO⊥BD. 图7 19.(1)解：若AC=BD,则菱形ABCD为正方形， 在直角梯形ABCD中，因为∠AB0=∠DCB=90°，CD= 因为AA⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD, OB,AB BC. 所以AA⊥AB,AA,⊥AD 所以△ABO≌△BCD. 所以直四棱柱ABCD-A,B,C,D,在顶点A处的离散曲率 所以∠BAO=∠CBD,∠CBD+∠ABD=90°， 所以AO⊥BD. 为1（受+受+受）= 又PO∩AO=O,所以BD⊥平面PAO,所以BD⊥PA. (2)证明：在四面体A,ABD中，AA,⊥AB,AA,⊥AD,AA,= 17.(1)证明：由AB上侧面BB,C,C得AB⊥C,B. AB=AD,所以∠AA,B=∠AA,D= 4 由AB=BB,=2BC=2,∠BCC,=60°， 知∠C,BC=90°，即C,B⊥CB. 所以四面体A,ABD在点A,处的离散曲率为1- 又CB∩AB=B,所以C,B⊥平面ABC. 7 由棱柱的性质，知平面ABC∥平面A,B,C, +∠BA,D）= 4 所以C,B⊥平面A,B,C 解得∠BA,D=号，易知A,B=AD=万AB, (2)解：因为AB⊥侧面BB,C,C, 所以平面ABB,A,⊥平面BB,C,C 所以BD=A,B=A,D=√2AB,所以AB⊥AD, 过点C,作C,P⊥BB,交BB,于点P,连接AP, 所以直四棱柱ABCD-A,B,C,D,为正方体， 则C,P⊥平面AA,B,B. 因为C,D,⊥平面ADD,A1,A,DC平面ADD,A, 又C,PC平面C,AP,所以平面C,AP⊥平面AA,B,B. 所以C,D,⊥A,D, 在口BB,C,C中，∠BB,C,=∠BCC,=60°，∠C,BC= 又AD⊥A,D,ADnC,D,=D,AD,CDC平面AC,D, ∠BC,B,=90°， 所以A,D⊥平面AC,D, 又AC,C平面AC,D1, 所以BP=B,G=2BC=2 所以AC,⊥AD,同理BD⊥AC, 18.(1)证明：因为∠A,C,B,=∠ACB=90°， 又AD∩BD=D,AD,BDC平面ABD 所以B,C,⊥A,C,又由直三棱柱性质知B,C,⊥CC, 所以AC,⊥平面A,BD. 所以B,C⊥平面ACC,A (3)解：如图8，直四棱柱ABCD- 所以B,C,⊥CD,由A4,=BC=2AC=2,D为AA,中点， A,B,C,D,在顶点A处的离散曲率为1 可知DC=DC=2, (受+受+∠DB)= 又此时DC+DC=CC=4,所以DC⊥DC, 又B,C,nDC,=C,所以CD⊥平面B,C,D, 则∠DMB=牙， 图8 又CDC平面B,CD,故平面B,CD⊥平面B,C,D 即△DAB是等边三角形， (2)解：当W=号4时，二面角月-CW-G的大小为@ 则在菱形ABCD中，BD⊥AC, 又AA,⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,则AA1⊥BD 假设在A4,上存在一点M满足题意，由(1)可知B,C,⊥平 又AM1∩AC=A,AA1,ACC平面AM,C,C, 面ACCA1,则B,C,⊥CM, 所以BD⊥平面AM,C,C, 在平面ACC,A,内过C,作C,E⊥CM,交CM或其延长线于 设ACO BD=O, E,连接EB,又BC,∩C,E=C,则CM⊥平面B,C,E, 则∠BC,O即为BC,与平面ACC,所成的角， 则EB,⊥CM, 所以∠B,EC,为二面角B,-CM-C,的平面角， 所以sin∠BC,O= 2AB 4 所以∠B,EC1=60°， 10