高考数学二轮复习教案：第二编 专题四 第2讲 空间中的平行与垂直 24页

第 2 讲　空间中的平行与垂直 「考情研析」　　　　1.从具体内容上：(1)以选择题、填空题的形式考查， 主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理 对命题的真假进行判断，属于基础题．(2)以解答题的形式考查，主要是对线线、 线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组 合体为载体进行考查．　2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答 题的第一问考查．分值一般为 5 分. 核心知识回顾 1.直线与平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：□01 a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α. ②面面平行的性质：□02 α∥β，a⊂α⇒a∥β. (2)性质：□03 l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m. 2．直线和平面垂直的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：□01 a⊥b，a⊥c，b，c⊂α，b∩c＝O⇒a⊥α. ②线面垂直的其他判定方法： a.□02 a∥b，a⊥α⇒b⊥α. b.□03 l⊥α，α∥β⇒l⊥β. c.□04 α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. (2)性质 ①□05 l⊥α，a⊂α⇒l⊥a. ②□06 l⊥α，m⊥α⇒l∥m. 3．两个平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：□01 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.□02 l⊥α，l⊥β⇒α∥β. b.□03 α∥γ，α∥β⇒β∥γ. (2)性质：□04 α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b. 4．两个平面垂直的判定和性质 (1)判定：□01 a⊂α，a⊥β⇒α⊥β. (2)性质：□02 α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. 热点考向探究 考向 1 　空间线面位置关系的判定 例 1　(1)(2019·陕西延安高考模拟)已知 m，n 表示两条不同的直线，α 表示 平面．下列说法正确的是(　　) A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α 答案　B 解析　若 m∥α，n∥α，则 m，n 相交或平行或异面，故 A 错误；若 m⊥α， n⊥α，由线面垂直的性质定理可知 m∥n，故 B 正确；若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α，故 C 错误；若 m∥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α 或 n⊥α 或 n 与 α 斜交， 故 D 错误．故选 B. (2)正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，M 为 CC1 的中点，N 为线段 DD1 上靠近 D1 的三等分点，平面 BMN 交 AA1 于点 Q，则线段 AQ 的长为(　　) A.2 3 B.1 2 C.1 6 D.1 3 答案　D 解析　如图所示，过点 A 作 AE∥BM 交 DD1 于点 E，则 E 是 DD1 的中点， 过点 N 作 NT∥AE 交 A1A 于点 T，此时 NT∥BM，所以 B，M，N，T 四点共面， 所以点 Q 与点 T 重合，易知 AQ＝NE＝1 3 ，故选 D. 空间线面位置关系判断的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问 题． (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面 位置关系，并结合有关定理来进行判断． 1．(2019·辽宁抚顺高三第一次模拟)在三棱锥 P－ABC 中，已知 PA＝AB＝AC， ∠BAC＝∠PAC，点 D，E 分别为棱 BC，PC 的中点，则下列结论正确的是(　　) A．直线 DE⊥直线 AD B．直线 DE⊥直线 PA C．直线 DE⊥直线 AB D．直线 DE⊥直线 AC 答案　D 解析　由题意，如图所示，因为 PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，∴△PAC ≌△BAC，得 PC＝BC，取 PB 的中点 G，连接 AG，CG，则 PB⊥CG，PB⊥ AG，又∵AG∩CG＝G，∴PB⊥平面 CAG，则 PB⊥AC，∵D，E 分别为棱 BC， PC 的中点， ∴DE∥PB，则 DE⊥AC.故选 D. 2．如图，在以角 C 为直角顶点的三角形 ABC 中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平 面 ABC，F 为 PB 上的点，在线段 AB 上有一点 E，满足 BE＝λAE.若 PB⊥平面 CEF，则实数 λ 的值为(　　) A. 3 16 B. 5 16 C. 9 16 D. 3 答案　C 解析　∵PB⊥平面 CEF，∴PB⊥CE，又 PA⊥平面 ABC，CE⊂平面 ABC，∴ PA⊥CE，而 PA∩PB＝P，∴CE⊥平面 PAB，∴CE⊥AB，∴λ＝EB AE ＝EB·AB AE·AB ＝BC2 AC2 ＝ 9 16. 考向 2 　空间平行、垂直关系的证明 例 2　(2019·北京门头沟区高三 3 月模拟)在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 6 的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面 ABCD，PA＝6，F 是棱 PA 上的一动点，E 为 PD 的中点． (1)求证：平面 BDF⊥平面 ACF； (2)若 AF＝2，侧面 PAD 内是否存在过点 E 的一条直线，使得直线上任一点 M 都有 CM∥平面 BDF，若存在，给出证明；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：由题意可知，PA⊥平面 ABCD，则 BD⊥PA，又底面 ABCD 是菱形，所以 BD⊥AC，PA，AC 为平面 PAC 内两相交直线，所以，BD⊥平面 PAC，BD 为平面 BDF 内一直线，从而平面 BDF⊥平面 ACF. (2)侧面 PAD 内存在过点 E 的一条直线，使得直线上任一点 M 都有 CM∥平 面 BDF. 设 G 是 PF 的中点，连接 EG，CG，OF， 则Error!⇒平面 CEG∥平面 FBD， 所以直线 EG 上任一点 M 都满足 CM∥平面 BDF. 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将 线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化． (2019·朝阳区高三第一次模拟)如图，在多面体 ABCDEF 中，平面 ADEF⊥ 平面 ABCD，四边形 ADEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形，且 AD∥BC，∠BAD ＝90°，AB＝AD＝1，BC＝2. (1)求证：AF⊥CD； (2)若 M 为线段 BD 的中点，求证：CE∥平面 AMF. 证明　(1)因为四边形 ADEF 为正方形， 所以 AF⊥AD. 又因为平面 ADEF⊥平面 ABCD， 且平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，AF⊂平面 ADEF， 所以 AF⊥平面 ABCD. 又 CD⊂平面 ABCD，所以 AF⊥CD. (2)延长 AM 交 BC 于点 G，连接 FG. 因为 AD∥BC，M 为 BD 的中点， 所以△BGM≌△DAM， 所以 BG＝AD＝1. 因为 BC＝2，所以 GC＝1. 由已知 FE＝AD＝1，且 FE∥AD， 又因为 AD∥GC，所以 FE∥GC，且 FE＝GC， 所以四边形 GCEF 为平行四边形，所以 CE∥GF. 因为 CE⊄平面 AMF，GF⊂平面 AMF， 所以 CE∥平面 AMF. 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　 考向 3 　立体几何中的翻折问题 例 3　(2019·巢湖高三 3 月联考)如图 1，在直角梯形 ABCP 中，CP∥AB，CP ⊥BC，AB＝BC＝1 2CP，D 是 CP 的中点，将△PAD 沿 AD 折起，使点 P 到达点 P′的位置得到图 2，点 M 为棱 P′C 上的动点． (1)当 M 在何处时，平面 ADM⊥平面 P′BC，并证明； (2)若 AB＝2，∠P′DC＝135°，证明：点 C 到平面 P′AD 的距离等于点 P′ 到平面 ABCD 的距离，并求出该距离． 解　(1)当点 M 为 P′C 的中点时，平面 ADM⊥平面 P′BC， 证明如下：∵DP′＝DC，M 为 P′C 的中点， ∴P′C⊥DM， ∵AD⊥DP′，AD⊥DC， ∴AD⊥平面 DP′C，∴AD⊥P′C， ∴P′C⊥平面 ADM，∴平面 ADM⊥平面 P′BC. (2)在平面 P′CD 上作 P′H⊥CD 的延长线于点 H， 由(1)中 AD⊥平面 DP′C， 可知平面 P′CD⊥平面 ABCD， ∴P′H⊥平面 ABCD， 由题意得 DP′＝2，∠P′DH＝45°， ∴P′H＝ 2， 又 VP′－ADC＝VC－P′AD， 设点 C 到平面 P′AD 的距离为 h， 即 1 3S△ADC×P′H＝1 3S△P′AD×h， 由题意，△ADC≌△ADP′，则 S△ADC＝S△P′AD. ∴P′H＝h， 故点 C 到平面 P′AD 的距离等于点 P′到平面 ABCD 的距离，且该距离为 2. 翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前 后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化，解 翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数 量关系”． 如图 1 所示，直角梯形 ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝ 1 2AB＝ 2，点 E 为 AC 的中点，将△ACD 沿 AC 折起，使折起后的平面 ACD 与平面 ABC 垂直(如图 2)，在图 2 所示的几何体 D－ABC 中． (1)求证：BC⊥平面 ACD； (2)点 F 在棱 CD 上，且满足 AD∥平面 BEF，求几何体 F－BCE 的体积． 解　(1)证明：在图 1 中，由题意知，AC＝BC＝2 2，AB＝4，所以 AC2＋BC2 ＝AB2，所以 AC⊥BC. 如图 2，因为 E 为 AC 的中点，连接 DE，则 DE⊥AC， 又平面 ADC⊥平面 ABC，且平面 ADC∩平面 ABC＝AC，DE⊂平面 ACD， 从而 ED⊥平面 ABC，所以 ED⊥BC. 又 AC⊥BC，AC∩ED＝E， 所以 BC⊥平面 ACD. (2)取 DC 的中点 F，连接 EF，BF， 因为 E 是 AC 的中点，所以 EF∥AD， 又 EF⊂平面 BEF，AD⊄平面 BEF， 所以 AD∥平面 BEF， 由(1)知，DE 为三棱锥 D－ABC 的高， 因为三棱锥 F－BCE 的高 h＝1 2DE＝1 2 × 2＝ 2 2 ，S△BCE＝1 2S△ABC＝1 2 ×1 2 ×2 2 ×2 2＝2， 所以三棱锥 F－BCE 的体积为 VF－BCE＝1 3S△BCE·h＝1 3 ×2× 2 2 ＝ 2 3 . 真题 押题 『真题模拟』 1．(2019·河北唐山高三第二次模拟)已知直线 l，m 和平面 α，β，有如下三 个命题： ①若存在平面 γ，使 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β； ②若 l，m 是两条异面直线，l⊂α，m⊂β，l∥β，m∥α，则 α∥β； ③若 l⊥α，m⊥β，l∥m，则 α∥β. 其中正确命题的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　若存在平面 γ，使 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β 或 α 与 β 相交，故①错误； 假设 α 与 β 不平行，则 α 与 β 相交，设交线为 n，∵l⊂α，l∥β，α∩β＝n，∴l∥ n，同理，m∥n，∴l∥m，与 l，m 异面矛盾，故假设不成立，所以 α∥β，②正 确；若 l⊥α，l∥m，则 m⊥α，又 m⊥β，则 α∥β，故③正确． 2.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形， 平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则(　　) A．BM＝EN，且直线 BM，EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM＝EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线 答案　B 解析　解法一：取 CD 的中点 O，连接 EO，ON.由△ECD 是正三角形，平 面 ECD⊥平面 ABCD，知 EO⊥平面 ABCD. ∴EO⊥CD，EO⊥ON.又 N 为正方形 ABCD 的中心，∴ON⊥CD.以 CD 的中 点 O 为原点，OD → 方向为 x 轴正方向建立空间直角坐标系，如图 1 所示．不妨设 AD＝2，则 E(0,0， 3)，N(0,1,0)，M(1 2 ，0， 3 2 )，B(－1,2,0)， ∴EN＝ 12＋(－ 3)2＝2，BM＝ (3 2 )2＋4＋3 4＝ 7， ∴EN≠BM.连接 BD，BE， ∵点 N 是正方形 ABCD 的中心， ∴点 N 在 BD 上，且 BN＝DN， ∴BM，EN 是△DBE 的中线， ∴BM，EN 必相交．故选 B. 解法二：如图 2，取 CD 的中点 F，DF 的中点 G，连接 EF，FN，MG， GB. ∵△ECD 是正三角形， ∴EF⊥CD. ∵平面 ECD⊥平面 ABCD， ∴EF⊥平面 ABCD. ∴EF⊥FN.不妨设 AB＝2，则 FN＝1，EF＝ 3， ∴EN＝ FN2＋EF2＝2. ∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF 且 MG＝1 2EF， ∴MG⊥平面 ABCD，∴MG⊥BG. ∵MG＝1 2EF＝ 3 2 ，BG＝ CG2＋BC2＝ (3 2 )2＋22＝5 2 ，∴BM＝ MG2＋BG2 ＝ 7.∴BM≠EN.连接 BD，BE，∵点 N 是正方形 ABCD 的中心，∴点 N 在 BD 上，且 BN＝DN，∴BM，EN 是△DBE 的中线，∴BM，EN 必相交．故选 B. 3．(2019·北京高考)已知 l，m 是平面 α 外的两条不同直线．给出下列三个论 断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命 题：________. 答案　若 m∥α 且 l⊥α，则 l⊥m 成立(或若 l⊥m，l⊥α，则 m∥α) 解析　已知 l，m 是平面 α 外的两条不同直线，由①l⊥m 与②m∥α，不能推 出③l⊥α，因为 l 可以与 α 平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m 与③l⊥α 能推出② m∥α；由②m∥α 与③l⊥α 可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒ ②. 『金版押题』 4．《九章算术》中，将如图所示的几何体称为刍甍，底面 ABCD 为矩形， 且 EF∥底面 ABCD，EF 到平面 ABCD 的距离为 h，BC＝a，AB＝b，EF＝c，则 VB－CDEF VE－ABD ＝2 时，b c ＝(　　) A.1 2 B.3 2 C.2 3 D．1 答案　D 解析　VE－ABD ＝1 3S△ABD·h＝ 1 3 ×1 2ab×h＝ 1 6abh；同理 VF－BCD ＝1 6abh.因为 VF－BCD VB－DEF ＝VB－CDF VB－DEF ＝S △ CDF S △ DEF ＝b c ，所以 VB－DEF＝1 6ach，则 VB－CDEF＝VB－CDF＋VB－ DEF＝1 6abh＋1 6ach，所以VB－CDEF VE－ABD ＝b＋c b ＝1＋c b ＝2，所以b c ＝1.故选 D. 5．如图，圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1，AB 是一条母线，BD 是⊙O1 的直径， C 是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若 A，C 两点间的距离为 7，则圆柱 O1O2 的高为________，异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值为________． 答案　2　3 7 14 解析　连接 CD，则∠BCD＝90°，因为圆柱 O1O2 的底面圆半径为 1，所以 BD ＝2.因为∠CBD＝30°，所以 CD＝1，BC＝ 3，易知 AB⊥BC，所以 AC＝ AB2＋BC2＝ 7，所以 AB＝2，故圆柱 O1O2 的高为 2.连接 AO2 并延长，设 AO2 的延长线与下底面圆周交于点 E，连接 CE，则 AE＝2，∠CAE 即为异面直线 AC 与 BD 所成的角． 又 CE＝ DE2＋CD2＝ 5， 所以 cos∠CAE＝AC2＋AE2－CE2 2AC·AE ＝ 7＋4－5 2 × 7 × 2 ＝3 7 14 . 配套作业 一、选择题 1．(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知 m，n 为两条不重合的直线， α，β 为两个不重合的平面，下列条件中，α∥β 的充分条件是(　　) A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β 答案　B 解析　当 m∥n 时，若 m⊥α，可得 n⊥α，又 n⊥β，可知 α∥β，故选 B. 2．如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： ①BD⊥AC； ②△BAC 是等边三角形； ③三棱锥 D－ABC 是正三棱锥； ④平面 ADC⊥平面 ABC. 其中正确的是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案　B 解析　由题意知，BD⊥平面 ADC，故 BD⊥AC，①正确；AD 为等腰直角三 角形斜边 BC 上的高，平面 ABD⊥平面 ACD，所以 AB＝AC＝BC，△BAC 是等 边三角形，②正确；易知 DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错误，故 选 B. 3．(2019·靖远县高三第四次联考)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为棱 CD 上一点，且 CE＝2DE，F 为棱 AA1 的中点，且平面 BEF 与 DD1 交于点 G，则 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为(　　) A. 2 12 B. 2 6 C.5 2 12 D.5 2 6 答案　C 解析　因为平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1，所以 B1G 与平面 ABCD 所成角即 为 B1G 与平面 A1B1C1D1 所成角，易知 B1G 与平面 A1B1C1D1 所成角为∠D1B1G. 设 AB＝6，则 AF＝3，DE＝2，平面 BEF∩平面 CDD 1C1＝GE 且 BF∥平面 CDD1C1，可知 BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，则AF AB ＝DG DE ，即3 6 ＝DG 2 ⇒DG＝ 1，D1G＝5，在 Rt△B1D1G 中，tan∠D1B1G＝D1G B1D1 ＝ 5 6 2 ＝5 2 12 ，故 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为5 2 12 ，故选 C. 4．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N 分别是 BC1，CD1 的中点， 则下列说法中错误的是(　　) A．MN 与 CC1 垂直 B．MN 与 AC 垂直 C．MN 与 BD 平行 D．MN 与 A1B1 平行 答案　D 解析　如图所示，连接 C1D，BD，则 MN∥BD，而 C 1C⊥BD，故 C 1C⊥ MN，故 A，C 正确，D 错误，又因为 AC⊥BD，所以 MN⊥AC，B 正确． 5．在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AC 与 BD 的交点为 O，E 为 BC 的中点， 则异面直线 D1O 与 B1E 所成角的余弦值为(　　) A. 30 10 B.1 5 C.2 5 D. 3 10 答案　A 解析　取 A1B1 的中点 F，连接 OF，OE，则由  知，四边形 OEB1F 为平行四边形， ∴B1E∥OF， ∴∠D1OF 为异面直线 D1O 与 B1E 所成角．连接 D1F，设正方体的棱长为 2， 则 OF＝B1E＝ 5，D1O＝ DO2＋DD21＝ 6， D1F＝ D1A21＋A1F2＝ 5， ∴cos∠D1OF＝D1O2＋OF2－D1F2 2D1O·OF ＝ ( 6)2＋( 5)2－( 5)2 2 6 × 5 ＝ 30 10 . 6．在正方体 AC1 中，E 是棱 CC1 的中点，F 是侧面 BCC1B1 内的动点，且 A1F 与平面 D1AE 的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．点 F 的轨迹是一条线段 B．A1F 与 BE 是异面直线 C．A1F 与 D1E 不可能平行 D．三棱锥 F－ABC1 的体积为定值 答案　C 解析　由题知 A1F∥平面 D1AE，分别取 B1C1，BB1 的中点 H，G，连接 HG，A1H，A1G，BC1，可得 HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面 A1HG∥平面 AD1E，故点 F 的轨迹为线段 HG，A 正确；由异面直线的判定定理可知 A1F 与 BE 是异面直线，故 B 正确；当 F 是 BB1 的中点时，A1F 与 D1E 平行，故 C 不正确；∵ HG∥平面 ABC1，∴F 点到平面 ABC1 的距离不变，故三棱锥 F－ABC1 的体积为 定值，故 D 正确． 7．(2019·汉中高三教学质量第二次检测)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中， AB＝AC＝AA1＝ 2，BC＝2，点 D 为 BC 的中点，则异面直线 AD 与 A1C 所成的 角为(　　) A.π 2 B.π 3 C.π 4 D.π 6 答案　B 解析　取 B1C1 的中点 D1，连接 A1D1，CD1，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 点 D 为 BC 的中点，∴AA1＝DD1 且 AA1∥DD1， ∴四边形 ADD1A1 是平行四边形，∴AD∥A1D1 且 AD＝A1D1，所以∠CA1D1 就是异面直线 AD 与 A1C 所成的角．AB＝AC＝ 2，BC＝2 可以求出 AD＝A1D1＝ 1，在 Rt△CC1D1 中，由勾股定理可求出 CD1＝ 3，在 Rt△AA1C 中，由勾股定 理可求出 A1C＝2，显然△A1D1C 是直角三角形，sin∠CA1D1＝CD1 A1C ＝ 3 2 ，所以∠ CA1D1＝π 3 ，即异面直线 AD 与 A1C 所成的角为π 3.故选 B. 二、填空题 8．(2019·南开中学高三第三次检测)在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝AA1＝ 2，M，N 分别为 AA1，BB1 的中点，则异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为 ________． 答案　3 5 解析　如图，连接 A1N，则 A1N∥BM，所以异面直线 BM 与 C1N 所成的角 就是直线 A1N 和 C1N 所成的角． 由题意，得 A1N＝C1N＝ 22＋12＝ 5，在△A1C1N 中，由余弦定理得 cos∠ A1NC1＝ 5＋5－4 2 × 5 × 5 ＝3 5.所以异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为3 5. 9．已知四边形 ABCD 是矩形，AB＝4，AD＝3.沿 AC 将△ADC 折起到△ AD′C，使平面 AD′C⊥平面 ABC，F 是 AD′的中点，E 是 AC 上一点，给出 下列结论： ①存在点 E，使得 EF∥平面 BCD′； ②存在点 E，使得 EF⊥平面 ABC； ③存在点 E，使得 D′E⊥平面 ABC； ④存在点 E，使得 AC⊥平面 BD′E. 其中正确的结论是________．(写出所有正确结论的序号) 答案　①②③ 解析　对于①，存在 AC 的中点 E，使得 EF∥CD′，利用线面平行的判定 定理可得 EF∥平面 BCD′；对于②，过点 F 作 EF⊥AC，垂足为 E，利用面面 垂直的性质定理可得 EF⊥平面 ABC；对于③，过点 D′作 D′E⊥AC，垂足为 E，利用面面垂直的性质定理可得 D′E⊥平面 ABC；对于④，因为 ABCD 是矩 形，AB＝4，AD＝3，所以 B，D′在 AC 上的射影不是同一点，所以不存在点 E，使得 AC⊥平面 BD′E. 10．(2019·福建高三 3 月质量检测)如图，AB 是圆锥 SO 的底面圆 O 的直径， D 是圆 O 上异于 A，B 的任意一点，以 AO 为直径的圆与 AD 的另一个交点为 C， P 为 SD 的中点．现给出以下结论： ①△SAC 为直角三角形； ②平面 SAD⊥平面 SBD； ③平面 PAB 必与圆锥 SO 的某条母线平行． 其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号) 答案　①③ 解析　如图，连接 OC，∵SO⊥底面圆 O，∴SO⊥AC，C 在以 AO 为直径的 圆上， ∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O， ∴AC⊥平面 SOC，AC⊥SC， 即△SAC 为直角三角形，故①正确；假设平面 SAD⊥平面 SBD，在平面 SAD 中过点 A 作 AH⊥SD 交 SD 于点 H，则 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，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面 SAD⊥平面 SBD 不成立， 故②错误；连接 DO 并延长交圆于点 E，连接 PO，SE，∵P 为 SD 的中点，O 为 ED 的中点，∴OP 是△SDE 的中位线，∴PO∥SE，即 SE∥平面 APB，即平 面 PAB 必与圆锥 SO 的母线 SE 平行．故③正确．故正确是①③. 三、解答题 11．如图 1，在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 是 CD 的中点，将△ADE 沿 AE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 D1 －ABCE ，其中平面 D1AE ⊥平面 ABCE. (1)证明：BE⊥平面 D1AE； (2)设 F 为 CD1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF∥平面 D1AE， 若存在，求出AM AB 的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：∵四边形 ABCD 为矩形，且 AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB ＝90°， 即 BE⊥AE，又平面 D1AE⊥平面 ABCE，平面 D1AE∩平面 ABCE＝AE，∴BE ⊥平面 D1AE. (2)AM AB ＝1 4 ，理由如下： 取 D1E 的中点 L，连接 FL，AL， ∴FL∥EC，又 EC∥AB， ∴FL∥AB，且 FL＝1 4AB， ∴M，F，L，A 四点共面， 若 MF∥平面 AD1E，则 MF∥AL. ∴四边形 AMFL 为平行四边形， ∴AM＝FL＝1 4AB，AM AB ＝1 4. 12．(2019·上海金山区高三第二学期质量监控)如图，已知点 P 在圆柱 OO 1 的底面圆 O 上，AB 为圆 O 的直径，圆柱 OO1 的侧面积为 16π，OA＝2，∠AOP ＝120°. (1)求三棱锥 A1－APB 的体积； (2)求直线 A1P 与底面 PAB 所成角的正切值． 解　(1)由题意，S 侧＝2π·2·AA1＝16π， 解得 AA1＝4， 在△AOP 中，OA＝OP＝2，∠AOP＝120°， 所以 AP＝2 3， 在△BOP 中，OB＝OP＝2，∠BOP＝60°，所以 BP＝2， 三棱锥 A1－APB 的体积 V＝1 3S△APB·AA1＝1 3 ×1 2 ×2 3×2×4＝8 3 3 . (2)因为 AA1⊥底面 PAB，所以∠APA1 是直线 A1P 与底面 PAB 所成的角， 在 Rt△APA1 中，tan∠APA1＝AA1 AP ＝ 4 2 3 ＝2 3 3 . 即直线 A1P 与底面 PAB 所成角的正切值为2 3 3 . 13．(2019·江西八所重点中学高三 4 月联考)如图，在四棱锥 E－ABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 4 的菱形且中心为点 O，∠DAB＝∠EAB＝∠EAD＝60°， 且点 E 在底面 ABCD 上的投影为 AO 的中点． (1)若 P 为 AD 的中点，求证：PE⊥AC； (2)求点 C 到平面 EAB 的距离． 解　(1)证明：如图，取 AO 的中点为 H，连接 HP，则 EH⊥平面 ABCD. 且 AC⊂平面 ABCD，所以 EH⊥AC， P，H 分别为 AD，AO 的中点， 所以 HP∥BD. 又底面 ABCD 是边长为 4 的菱形，所以 AC⊥DB.所以 AC⊥HP. 且 HP∩HE＝H，所以 AC⊥平面 EPH， PE⊂平面 EPH，即 AC⊥PE. (2)由已知条件，易得 AP＝2，AH＝ 3，HP＝1， 设 EH＝x，在 Rt△EHA 和 Rt△EHP 中， 则 AE＝ 3＋x2，EP＝ 1＋x2， 在△EAP 中，∠EAP＝60°，由余弦定理得， ( 3＋x2)2＋22－2×2 3＋x2cos60°＝( 1＋x2)2， 解得 x＝ 6，则 EH＝ 6，AE＝3， 设点 C 到平面 EAB 的距离为 h， 由 VE－ABC＝VC－EAB， 得 1 3S△ABC·EH＝1 3S△EAB·h. 又 S△ABC＝1 2 ×4×4×sin120°＝4 3， S△EAB＝1 2 ×3×4×sin60°＝3 3， 得 h＝4 6 3 ，即点 C 到平面 EAB 的距离为4 6 3 . 14．(2019·吕梁统一模拟)如图，在三棱锥 P－ABC 中，底面 ABC 是等边三 角形，D 为 BC 边的中点，PO⊥平面 ABC，点 O 在线段 AD 上． (1)证明：∠PAB＝∠PAC； (2)若 AB＝PB＝2，直线 PB 和平面 ABC 所成的角的正弦值为3 4 ，求点 C 到 平面 PAB 的距离． 解　(1)证明：如图，过点 O 作 OE⊥AB 于 E，OF⊥AC 于 F，连接 PE， PF.∵PO⊥平面 ABC，∴PO⊥OE，PO⊥OF，PO⊥AB，PO⊥AC， ∵底面 ABC 是等边三角形，D 为 BC 边的中点，∴AD 是∠BAC 的角平分线， ∴OE＝OF， ∴Rt△POE≌Rt△POF，∴PE＝PF， ∵AB⊥OE，AB⊥PO，OE∩PO＝O， ∴AB⊥平面 POE，∴AB⊥PE，同理可得 AC⊥PF， ∴Rt△PAE≌Rt△PAF，∴∠PAB＝∠PAC. (2)∵AB＝PB＝2，直线 PB 和平面 ABC 所成的角的正弦值为3 4 ， ∴PO＝3 4PB＝3 2 ， ∴VP－ABC＝1 3 × 3 4 ×22×3 2 ＝ 3 2 . 连接 OB，则 OB＝ PB2－PO2＝ 7 2 . ∴OD＝ OB2－BD2＝ 3 2 ， 又 AD＝ AB2－BD2＝ 3， ∴O 是 AD 的中点， 由△AOE∽△ABD 可得OE BD ＝AO AB ＝ 3 4 ， ∴OE＝ 3 4 ，∴PE＝ PO2＋OE2＝ 39 4 ， ∴S△PAB＝1 2 ×2× 39 4 ＝ 39 4 ， 设 C 到平面 PAB 的距离为 h，则 VC－PAB＝1 3 × 39 4 ×h＝ 3 2 ， 解得 h＝6 13 13 .