2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习（教师用书）：第1部分 专题4 突破点11 空间中的平行与垂直关系 22页

突破点11　空间中的平行与垂直关系 ‎(对应学生用书第167页)‎ 提炼1‎ 异面直线的性质 ‎(1)异面直线不具有传递性．注意不能把异面直线误解为分别在两个不同平面内的两条直线或平面内的一条直线与平面外的一条直线．‎ ‎(2)异面直线所成角的范围是，所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相交垂直．‎ ‎(3)求异面直线所成角的一般步骤为：①找出(或作出)适合题设的角——用平移法；②求——转化为在三角形中求解；③结论——由②所求得的角或其补角即为所求.‎ 提炼2‎ 平面与平面平行的常用性质 ‎(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．‎ ‎(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．‎ ‎(3)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．‎ ‎(4)两个平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.‎ 提炼3‎ 证明线面位置关系的方法 ‎(1)证明线线平行的方法：①三角形的中位线等平面几何中的性质；②线面平行的性质定理；③面面平行的性质定理；④线面垂直的性质定理．‎ ‎(2)证明线面平行的方法：①寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；②寻找面面平行，利用面面平行的性质．‎ ‎(3)证明线面垂直的方法：①线面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；②线面垂直的判定定理；③面面垂直的性质定理．‎ ‎(4)证明面面垂直的方法：①定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；②面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线．‎ 回访1　异面直线的性质 ‎1．(2016·全国乙卷)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ A.　　 B. C. D. A　[设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.‎ ‎∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.‎ 又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，‎ 且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，‎ ‎∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.‎ ‎∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，‎ 且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，‎ 同理可证CD1∥n.‎ 因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角．‎ 在正方体ABCDA1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，‎ 故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为.]‎ ‎2．(2015·广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)‎ A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 D　[由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．]‎ 回访2　面面平行的性质与线面位置关系的判断 ‎3．(2013·全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l 满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l D　[根据所给的已知条件作图，如图所示．‎ 由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.]‎ ‎4．(2016·全国甲卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ ‎②③④　[对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．‎ 对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．‎ 对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．‎ 对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]‎ ‎(对应学生用书第167页)‎ 热点题型1　空间位置关系的判断与证明 题型分析：‎ 空间中平行与垂直关系的判断与证明是高考常规的命题形式，此类题目综合体现了相关判定定理和性质定理的考查，同时也考查了学生的空间想象能力及转化与化归的思想.‎ ‎　(1)(2016·兰州三模)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于点B，CD⊥α于点D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：‎ ‎①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.‎ 其中能成为增加条件的序号是________．‎ ‎ 【导学号：67722040】‎ ‎①③　[若AC⊥β，且EF⊂β，则AC⊥EF，又AB⊥α，且EF⊂α，则AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF⊥平面ACDB，则EF⊥BD，①可以成为增加的条件；AC与α，β所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF与平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF与BD垂直，②不能成为增加的条件；由CD⊥α，EF⊂α，得EF⊥CD，所以EF与CD在β内的射影垂直，又AC与CD在β内的射影在同一直线上，所以EF⊥AC，CD和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF⊥平面ACDB，则EF⊥BD，③可以成为增加的条件；若AC∥EF，则AC∥α，则BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成为增加的条件，故能成为增加条件的序号是①③.]‎ ‎(2)(2016·山东高考)在如图111所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.‎ ‎①已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；‎ ‎②已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.‎ 图111‎ ‎[解题指导]　①→→→→→ ‎②→→→→ ‎[证明]　①因为EF∥DB，‎ 所以EF与DB确定平面BDEF.‎ 如图①，连接DE.1分 因为AE＝EC，D为AC的中点，‎ 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.3分 又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.5分 因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.6分 ‎①‎ ‎②如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.‎ 在△CEF中，因为G是CE的中点，‎ 所以GI∥EF.7分 又EF∥DB，所以GI∥DB.8分 在△CFB中，因为H是FB的中点，‎ 所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，9分 所以平面GHI∥平面ABC.11分 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.12分 ‎②‎ 在解答空间中线线、线面和面面的位置关系问题时，我们可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例和构建几何模型．判断两直线是异面直线是难点，我们可以依据定义来判定，也可以依据定理(过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线)判定．而反证法是证明两直线异面的有效方法．‎ 提醒：判断直线和平面的位置关系中往往易忽视直线在平面内，而面面位置关系中易忽视两个平面平行．此类问题可以结合长方体中的线面关系找出假命题中的反例．‎ ‎[变式训练1]　(1)(2016·石家庄二模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.‎ 其中真命题的个数为(　　)‎ A．0　　　 B．1　　　‎ C．2　　　 D．3‎ B　[若m⊂α，n∥α，则m，n可能平行或异面，①错误；若α∥β，β∥γ，则α∥γ，又m⊥α，则m⊥γ，②正确；若α∩β＝n，m∥n，则m∥α或m∥β或m⊂α或m⊂β，③错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行或相交，④错误，则真命题个数为1，故选B.]‎ ‎(2)(2016·威海二模)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1，AD＝DD1＝2，BC＝DC＝1，DC⊥BC，AD∥BC，E，F分别为CC1，DD1的中点．‎ 图112‎ ‎①求证：BF⊥A1B1；‎ ‎②求证：平面BEF∥平面AD1C1.‎ ‎[证明]　①法一：连接AF，则在Rt△ADF中，AF＝＝＝.‎ 连接BD，则在Rt△BDF中，BF＝＝＝.4分 取AD中点G连接BG，则在Rt△ABG中AB＝.‎ ‎∴在△ABF中，AB2＋BF2＝2＋3＝5＝AF2，‎ ‎∴AB⊥BF，又∵AB∥A1B1，∴A1B1⊥BF.6分 法二：说明A1B1⊥BB1，证明A1B1⊥B1D1，得到A1B1⊥平面B1BDD1，由BF⊂平面B1BDD1，证得A1B1⊥BF.‎ ‎②∵E，F分别为CC1，DD1的中点，∴EF∥C1D1，连接FG，‎ 由BC綊GD，得BG綊DC，∴BG綊EF，∴BGEF为平行四边形，‎ ‎∴GF∥BE.10分 ‎∵G，F分别为AD，DD1的中点，∴GF∥AD1，‎ ‎∴BE∥AD1，‎ ‎∵BE∩EF＝E，AD1∩D1C1＝D1，‎ ‎∴平面BEF∥平面AD1C1.12分 热点题型2　平面图形的翻折问题 题型分析：(1)解决翻折问题的关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.,(2)找出其中变化的量和没有变化的量，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.‎ ‎　(2016·全国甲卷)如图113，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．‎ 图113‎ ‎[解]　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.1分 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.2分 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.3分 ‎(2)由EF∥AC得＝＝.4分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.5分 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.6分 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.8分 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.10分 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.11分 所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.12分 翻折问题的注意事项 ‎1．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．‎ ‎2．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．‎ ‎3．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．‎ ‎[变式训练2]　(2016·海淀二模)已知长方形ABCD中，AD＝，AB＝2，E为AB的中点．将△ADE沿DE折起到△PDE，得到四棱锥PBCDE，如图114所示．‎ 图114‎ ‎(1)若点M为PC的中点，求证：BM∥平面PDE；‎ ‎(2)当平面PDE⊥平面BCDE时，求四棱锥PBCDE的体积；‎ ‎(3)求证：DE⊥PC.‎ ‎[解]　(1)证明：取DP中点F，连接EF，FM.‎ 因为在△PDC中，点F，M分别是所在边的中点，‎ 所以FM綊DC.1分 又EB綊DC，所以FM綊EB，2分 所以四边形FEBM是平行四边形，所以BM∥EF.3分 又EF⊂平面PDE，BM⊄平面PDE.‎ 所以BM∥平面PDE.4分 ‎(2)因为平面PDE⊥平面BCDE，‎ 在△PDE中，作PO⊥DE于点O，‎ 因为平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以PO⊥平面BCDE.6分 在△PDE中，计算可得PO＝，7分 所以V四棱锥PBCDE＝Sh＝×(1＋2)××＝.8分 ‎(3)证明：在矩形ABCD中，连接AC交DE于点I，‎ 因为tan∠DEA＝，tan∠CAB＝，‎ 所以∠DEA＋∠CAB＝，所以DE⊥AC，9分 所以在四棱锥PBCDE中，PI⊥DE，CI⊥DE，10分 又PI∩CI＝I，所以DE⊥平面PIC.11分 因为PC⊂平面PIC，所以DE⊥PC.12分 专题限时集训(十一)‎ 空间中的平行与垂直关系 ‎[建议A、B组各用时：45分钟]‎ ‎[A组　高考达标]‎ 一、选择题 ‎1．(2016·南昌一模)设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α B　[A中，两直线可能平行、相交或异面，故A错；B中，由直线与平面垂直的判定定理可知B正确；C中，b可能平行α，也可能在α内，故C错；D中，b可能平行α，也可能在α内，还可能与α相交，故D错．综上所述，故选B.]‎ ‎2．(2016·济南一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m∥n，m⊥β，则n⊥β；‎ ‎②若m∥α，m∥β，则α∥β；‎ ‎③若m∥n，m∥β，则n∥β；‎ ‎④若m⊥α，m⊥β，则α⊥β.‎ 其中真命题的个数为(　　)‎ A．1　　　 B．2　　　‎ C．3　　　 D．4‎ A　[对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.]‎ ‎3．如图115所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是(　　)‎ 图115‎ A．①② B．①②③‎ C．① D．②③‎ B　[对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.‎ ‎∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，‎ 又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.‎ 对于②，∵点M为线段PB的中点，‎ ‎∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，‎ ‎∴OM∥平面PAC.‎ 对于③，由①知BC⊥平面PAC，‎ ‎∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．]‎ ‎4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：‎ ‎①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；‎ ‎②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；‎ ‎③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.‎ 其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是(　　)‎ A．①　　　 B．②　　　‎ C．③　　　 D．①③‎ D　[对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B，C.‎ 对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，‎ 因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角为90°， 即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D.]‎ ‎5．(2016·成都二模)在三棱锥PABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是(　　)‎ 图116‎ A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形 B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形 C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形 D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形 B　[因为AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上两条相交直线，则BC⊥平面PAB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正确；当EF∥平面ABC时，EF在平面PBC上，平面PBC与平面ABC相交于BC，则EF∥BC，则EF⊥AE，△AEF一定是直角三角形，C正确；当PC⊥平面AEF时，AE⊥PC，又AE⊥BC，则AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正确；B中结论无法证明，故选B.]‎ 二、填空题 ‎6．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：‎ ‎①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.‎ 其中正确命题的个数是________. 【导学号：67722041】‎ ‎3　[如图所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，‎ ‎∴PA⊥平面PBC.‎ 又∵BC⊂平面PBC，‎ ‎∴PA⊥BC.‎ 同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.]‎ ‎7．在三棱锥CABD中(如图117)，△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜边BD的中点，AB＝4，二面角ABDC的大小为60°，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC为正三角形；④cos ∠ADC＝；⑤四面体ABCD的外接球表面积为32π.其中真命题是________(填序号)．‎ 图117‎ ‎①③⑤　[由题意知BD⊥CO，BD⊥AO，则BD⊥平面AOC，从而BD⊥AC，故①正确；根据二面角ABDC的大小为60°，可得∠AOC＝60°，又直线AD在平面AOC的射影为AO，从而AD与CO不垂直，故②错误；根据∠AOC＝60°，AO＝CO可得△AOC为正三角形，故③正确；在△ADC中 ，AD＝CD＝4，AC＝CO＝2，由余弦定理得cos ∠ADC＝＝，故④错误；由题意知，四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为2，则外接球的表面积为S＝4π×(2)2＝32π，故⑤正确．]‎ ‎8．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)‎ ‎①AC⊥BE；‎ ‎②B1E∥平面ABCD；‎ ‎③三棱锥EABC的体积为定值；‎ ‎④直线B1E⊥直线BC1.‎ ‎①②③　[因为AC⊥平面BDD1B1，故①，②正确；记正方体的体积为V，则VEABC＝V为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．]‎ 三、解答题 ‎9．(2016·北京高考)如图118，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.‎ 图118‎ ‎(1)求证：DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，‎ 所以PC⊥DC.2分 又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，‎ 所以DC⊥平面PAC.4分 ‎(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，‎ 所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.‎ 又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.8分 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.9分 ‎(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.10分 理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF.‎ 又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，‎ 所以PA∥平面CEF.14分 ‎10．(2016·青岛模拟)如图119，四棱锥PABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．‎ 图119‎ ‎(1)求证：PC⊥AD；‎ ‎(2)求点D到平面PAM的距离．‎ ‎[解]　(1)证明：法一：取AD中点O，连接OP，OC，AC，依题意可知△PAD，△ACD均为正三角形，所以OC⊥AD，OP⊥AD，又OC∩OP＝O，OC⊂平面POC，OP⊂平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC⊂平面POC，所以PC⊥AD.‎ ‎5分 法二：连接AC，AM，DM，依题意可知△PAD，△ACD均为正三角形，又M为PC的中点，所以AM⊥PC，DM⊥PC，‎ 又AM∩DM＝M，AM⊂平面AMD，DM⊂平面AMD，‎ 所以PC⊥平面AMD，‎ 又AD⊂平面AMD，所以PC⊥AD.5分 ‎(2)由题可知，点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，由(1)可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥PADC的高．‎ 在Rt△POC中，PO＝OC＝，PC＝，‎ 在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，边PC上的高AM＝＝，‎ 所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.8分 设点D到平面PAC的距离为h，由VDPAC＝VPACD得S△PAC·h＝S△ACD·PO，又S△ACD＝×22＝，‎ 所以×·h＝××，解得h＝，所以点D到平面PAM的距离为.12分 ‎[B组　名校冲刺]‎ 一、选择题 ‎1．(2016·乌鲁木齐三模)如图1110，在多面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AC∥GF，且△ABC是边长为2的正三角形，四边形DEFG是边长为4的正方形，M，N分别为AD，BE的中点，则MN＝(　　)‎ 图1110‎ A.　　　 B．4‎ C. D．5‎ A　[如图，取BD的中点P，连接MP，NP，则MP∥AB，NP∥DE，MP＝AB＝1，NP＝DE＝2.又∵AC∥GF，∴AC∥NP.‎ ‎∵∠CAB＝60°，∴∠MPN＝120°，∴MN＝＝＝，故选A.]‎ ‎2．如图1111，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD.则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是(　　)‎ 图1111‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.]‎ ‎3．(2016·贵阳二模)如图1112，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是(　　)‎ 图1112‎ A．O是△AEF的垂心 B．O是△AEF的内心 C．O是△AEF的外心 D．O是△AEF的重心 A　[由题意可知PA，PE，PF两两垂直，∴PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，‎ 则PO⊥EF.‎ ‎∵PO∩PA＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．故选A.]‎ ‎4．(2016·长沙模拟)如图1113，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF＝，则下列结论中错误的是(　　)‎ 图1113‎ A．AC⊥BF B．三棱锥ABEF的体积为定值 C．EF∥平面ABCD D．异面直线AE，BF所成的角为定值 D　[对于选项A，连接BD，易知AC⊥平面BDD1B1.∵BF⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正确；对于选项B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BEF的距离不变．∵EF＝，B到EF的距离为1，∴△BEF的面积不变，∴三棱锥ABEF的体积为定值，故B正确；对于选项C，∵EF∥BD，BD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正确；对于选项D，异面直线AE，BF所成的角不为定值，当F与B1重合时，令上底面中心为O，则此时两异面直线所成的角是∠A1AO，当E与D1重合时，点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC1，这两个角不相等，故异面直线AE，BF所成的角不为定值，故D错误．]‎ 二、填空题 ‎5．(2016·衡水二模)如图1114，正方形BCDE的边长为a，已知AB＝BC，将△ABE沿边BE折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，关于翻折后的几何体有如下描述：‎ 图1114‎ ‎①AB与DE所成角的正切值是；②AB∥CE；③VBACE＝a3；④平面ABC⊥平面ACD.其中正确的有________．(填序号)‎ ‎①③④　[作出折叠后的几何体直观图如图所示：‎ ‎∵AB＝BC＝a，BE＝a，∴AE＝a.‎ ‎∴AD＝＝a，∴AC＝＝a.在△ABC中，cos∠ABC＝＝＝.‎ ‎∴sin∠ABC＝＝.‎ ‎∴tan ∠ABC＝＝.‎ ‎∵BC∥DE，∴∠ABC是异面直线AB，DE所成的角，故①正确．连接BD，CE，则CE⊥BD，又AD⊥平面BCDE，CE⊂平面BCDE，∴CE⊥AD.又BD∩AD＝D，BD⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，∴CE⊥平面ABD.又AB⊂平面ABD，∴CE⊥AB，故②错误．VBACE＝VABCE＝S△BCE·AD＝××a2×a＝，故③正确．∵AD⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，∴BC⊥AD.又BC⊥CD，CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ACD，∴BC⊥平面ACD.∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD，故④正确．故答案为①③④.]‎ ‎6．(2016·太原二模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥DABC，当三棱锥DABC的体积取最大值时，其外接球的体积为________．‎ ‎ 【导学号：67722042】‎ π　[当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥DABC的体积取最大值．此时易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD.又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中点O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O为所求外接球的球心，故半径r＝1，体积V＝πr3＝π.]‎ 三、解答题 ‎7．(2016·四川高考)如图1115，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.‎ 图1115‎ ‎(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；‎ ‎(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.‎ ‎[解]　(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点.2分 理由如下：‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥AM，且BC＝AM.‎ 所以四边形AMCB是平行四边形，‎ 所以CM∥AB.4分 又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，‎ 所以CM∥平面PAB.6分 ‎(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，‎ 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.8分 因为AD∥BC，BC＝AD，M为AD的中点，连接BM，‎ 所以BC∥MD，且BC＝MD，‎ 所以四边形BCDM是平行四边形，10分 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.12分 ‎8．(2016·长春二模)已知等腰梯形ABCD(如图1116(1)所示)，其中AB∥CD，E，F分别为AB和CD的中点，且AB＝EF＝2，CD＝6，M为BC中点．现将梯形ABCD沿着EF所在直线折起，使平面EFCB⊥平面EFDA(如图1116(2)所示)，N是线段CD上一动点，且CN＝ND.‎ ‎(1)　　　　　　　　　(2)‎ 图1116‎ ‎(1)求证：MN∥平面EFDA；‎ ‎(2)求三棱锥AMNF的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：过点M作MP⊥EF于点P，过点N作NQ⊥FD于点Q，连接PQ.由题知，平面EFCB⊥平面EFDA，又MP⊥EF，平面EFCB∩平面EFDA＝EF，∴MP⊥平面EFDA.‎ 又EF⊥CF，EF⊥DF，CF∩DF＝F，∴EF⊥平面CFD.‎ 又NQ⊂平面CFD，∴NQ⊥EF.‎ 又NQ⊥FD，EF∩FD＝F，∴NQ⊥平面EFDA，∴MP∥NQ.2分 又CN＝ND，∴NQ＝CF＝×3＝2，‎ 且MP＝(BE＋CF)＝×(1＋3)＝2，∴MP綊NQ，‎ ‎∴四边形MNQP为平行四边形.4分 ‎∴MN∥PQ.‎ 又∵MN⊄平面EFDA，PQ⊂平面EFDA，‎ ‎∴MN∥平面EFDA.6分 ‎(2)法一：延长DA，CB相交于一点H，则H∈CB，H∈DA.‎ 又∵CB⊂平面FEBC，DA⊂平面FEAD.‎ ‎∴H∈平面FEBC，H∈平面FEAD，‎ 即H∈平面FEBC∩平面FEAD＝EF，‎ ‎∴DA，FE，CB交于一点H，且HE＝EF＝1.8分 V三棱锥FCDH＝V三棱锥CHFD＝·S△HFD·CF＝，‎ 又由平面几何知识得＝，10分 则＝，‎ ‎∴V三棱锥AMNF＝V三棱锥FAMN＝·V三棱锥FCDH＝×＝1.12分 法二：V三棱台BEACDF＝×EF×(S△BEA＋＋S△CDF)＝×2×＝，‎ V四棱锥ABEFM＝×AE×S四边形BEFM＝，‎ V三棱锥NADF＝×2×S△ADF＝2，‎ V三棱锥NCFM＝×1×S△CFM＝，10分 V三棱锥AMNF＝V三棱台BEACDF－V三棱锥NCFM－V四棱锥ABEFM－V三棱锥NADF ‎＝－－－2＝1.12分