2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第2讲 空间点、线、面的位置关系含解析 19页

第2讲　空间点、线、面的位置关系 ‎[做真题]‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)‎ A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 解析：选B.对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.‎ ‎2．(2019·高考全国卷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 解析：选B.取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.‎ ‎3．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ A．　　　　　　　 B． C． D． 解析：选C.‎ 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，‎ DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.‎ ‎4．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. ‎ ‎(1)证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎(2)求二面角AMA1N的正弦值．‎ 解：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.‎ 由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，‎ 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.‎ 又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则　‎ A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，‎ ＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－3，0)．　‎ 设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则 所以 可取m＝(，1，0)．‎ 设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则 所以可取n＝(2，0，－1)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 所以二面角AMA1N的正弦值为.‎ ‎[山东省学习指导意见]‎ ‎1．点、线、面之间的位置关系 借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理(四个公理、一个定理)．　‎ ‎2．空间位置的判定与说明 以立体几何的上述定义，公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨，‎ 认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定(四个判定定理、四个性质定理)能运用定理证明一些空间位置关系的简单命题．‎ ‎　　　空间线面位置关系的判定 ‎[考法全练]‎ ‎1．(多选)下列命题正确的是(　　)‎ A．梯形一定是平面图形 B．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行 C．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 D．若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 解析：选AC.对于A，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，故A正确；对于B，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，故B错误；对于C，两两相交的三条直线最多可以确定三个平面，故C正确；对于D，若两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故D错误．‎ ‎2．(2019·江西七校第一次联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若m∥n，n⊂α，则m∥α B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n C．若α∥β，m⊥α，则m⊥β D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β 解析：选C.若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质及判定知选项C是正确的；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C.‎ ‎3．(2019·武汉市调研测试)已知两个平面相互垂直，下列命题中，‎ ‎①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；‎ ‎②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；‎ ‎③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；‎ ‎④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①②　　　　　　　　 B．①③‎ C．② D．②④‎ 解析：选C.构造正方体ABCDA1B1C1D1，如图，①，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面 ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；‎ ‎②，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故②正确；‎ ‎③，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；‎ ‎④，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C.‎ ‎4.(2019·福建省质量检查)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．‎ 其中正确结论的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选C.如图，‎ 连接OC，因为AO为圆的直径，所以AC⊥OC，因为SO垂直于底面圆O，AC⊂底面圆O，所以AC⊥SO，因为SO∩OC＝O，所以AC⊥平面SOC.又SC⊂平面SOC，所以AC⊥SC，所以△SAC为直角三角形，故①正确．由于点D是圆O上的动点，所以平面SAD不能总垂直于平面SBD，故②错误，连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，因为P为SD的中点，O为DE的中点，所以OP∥SE.又OP⊂平面PAB，SE⊄平面PAB，所以SE∥平面PAB，故③正确，故选C.‎ ‎5．(2019·河北省九校第二次联考)已知两条不同的直线m，n，两个不重合的平面α，β ‎，给出下面五个命题：‎ ‎①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；‎ ‎②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；‎ ‎③m∥n，m∥α⇒n∥α；‎ ‎④m⊥α，m∥β⇒α⊥β；‎ ‎⑤α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.‎ 其中正确命题的序号是________．‎ 解析：命题①，显然正确；命题②，m，n可能异面，故②为假命题；命题③，可能n⊂α，故③为假命题；命题④，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤为真命题．综上，正确的命题为①④⑤.‎ 答案：①④⑤‎ 判断与空间位置关系有关的命题真假的3种方法 ‎(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．‎ ‎(2)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．‎ ‎(3)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．　 ‎ ‎　　　空间中平行、垂直关系的证明 ‎[典型例题]‎ ‎ 由四棱柱ABCDA1B1C1D1截 去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：A1O∥平面B1CD1；‎ ‎(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ ‎【证明】　‎ ‎(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，‎ 由于ABCDA1B1C1D1为四棱柱，‎ 所以A1O1∥OC，‎ A1O1＝OC，‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形，‎ 所以A1O∥O1C.‎ 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，‎ 所以EM⊥BD.‎ 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以A1E⊥BD.‎ 因为B1D1∥BD，‎ 所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.‎ 又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，‎ 所以B1D1⊥平面A1EM.‎ 又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ 平行关系及垂直关系的转化 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ ‎　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E为AD的中点．‎ ‎(1)求证：PA⊥CD.‎ ‎(2)求证：平面PBD⊥平面PAB.‎ 证明：(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，‎ 又因为PA⊥AB，‎ 所以PA⊥平面ABCD，‎ 所以PA⊥CD.‎ ‎(2)由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，‎ 又CD⊥AD，BC＝CD，‎ 所以四边形BCDE是正方形，连接CE(图略)，‎ 所以BD⊥CE，‎ 又因为BC∥AE，BC＝AE，‎ 所以四边形ABCE是平行四边形，‎ 所以CE∥AB，则BD⊥AB.‎ 由(1)知PA⊥平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD，‎ 又因为PA∩AB＝A，则BD⊥平面PAB，‎ 且BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.‎ ‎2.如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．‎ ‎(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?‎ ‎(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．‎ 解：(1)‎ 如图，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1，‎ 连接A1B交AB1于点O，连接OD1.‎ 由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，‎ 所以点O为A1B的中点．‎ 在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，‎ 所以OD1∥BC1.‎ 又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，‎ 所以BC1∥平面AB1D1.‎ 所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.‎ ‎(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，‎ 且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，‎ 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.‎ 因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.‎ 因为＝，＝.‎ 又因为＝1，所以＝1，即＝1.‎ ‎　　　　　　　　平面图形的折叠问题 ‎[典型例题]‎ ‎ 如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图②所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．‎ ‎(1)求证：平面OEF∥平面PAD；‎ ‎(2)求证：CD⊥平面POF；‎ ‎(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥ECFO的体积．‎ ‎【解】　(1)证明：因为点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，‎ 所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.‎ 由题意知O是AC的中点，又点E是PC的中点，‎ 所以OE∥PA，又OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，‎ 所以OE∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD.‎ 又OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，‎ 所以平面OEF∥平面PAD.‎ ‎(2)证明：因为OF∥AD，AD⊥CD，‎ 所以OF⊥CD.‎ 又PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，‎ 所以PO⊥CD.‎ 又OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.‎ ‎(3)因为∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，‎ 所以S△ACD＝×3×4＝6，‎ 而点O，F分别是AC，CD的中点，‎ 所以S△CFO＝S△ACD＝，‎ 由题意可知△ACP是边长为5的等边三角形，‎ 所以OP＝，‎ 即点P到平面ACD的距离为，‎ 又E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为，‎ 故VECFO＝××＝.‎ 平面图形折叠问题的求解方法 ‎(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．‎ ‎(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．　 ‎ ‎[对点训练]‎ 如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值．‎ 解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，‎ ‎∠BAD＝，‎ 所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，‎ 从而BE⊥平面A1OC，‎ 又CD∥BE，‎ 所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，‎ 又由(1)知，A1O⊥BE，‎ 所以A1O⊥平面BCDE，‎ 即A1O是四棱锥A1BCDE的高．‎ 由题图1知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.‎ 从而四棱锥A1BCDE的体积为 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，‎ 由a3＝36，得a＝6.‎ 一、选择题 ‎1．(2019·合肥市第一次质量检测)平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若a⊥b，则m⊥n B．若m⊥n，则a⊥b C．若m∥n，则a∥b D．若m与n相交，则a与b相交或异面 解析：选D.对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，‎ 则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确，选D.‎ ‎2．(2019·长春市质量监测(一))在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为(　　)‎ A．1　　　　　　　　 B． C． D． 解析：选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1 中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝＝.故选D.‎ ‎3．如图，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BCD C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE 解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.‎ ‎4．(2019·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选B.如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B.‎ ‎5.如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．5‎ 解析：选B.‎ 如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，‎ 因为D1E⊂平面ABD1，‎ 所以平面ABD1⊥平面ABC.‎ 因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ 所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，‎ 所以BC⊥平面ABD1，‎ 又BC⊂平面BCD1，‎ 所以平面BCD1⊥平面ABD1，‎ 因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，‎ 所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，‎ 所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，‎ 所以平面ACD1⊥平面BCD1.‎ 所以共有3对平面互相垂直．故选B.‎ ‎6．(多选)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．平面PB1D⊥平面ACD1‎ B．A1P∥平面ACD1‎ C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是 D．三棱锥D1APC的体积不变 解析：选ABD.对于A，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D，V三棱锥D1APC＝V三棱锥CAD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥CAD1P的体积不变，故D正确．故选ABD.‎ 二、填空题 ‎7．(2019·沈阳市质量监测(一))如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下面结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)‎ ‎①BD∥平面CB1D1；‎ ‎②AC1⊥平面CB1D1；‎ ‎③异面直线AC与A1B成60°角；‎ ‎④AC1与底面ABCD所成角的正切值是.‎ 解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，连接A1C1，又A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成角为∠BA1C1，连接BC1，又△A1C1B为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成角的正切值是＝＝≠，故④不正确．故正确的结论为①②③.‎ 答案：①②③‎ ‎8．(2019·武汉市调研测试)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为________．‎ 解析：法一：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCDA1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCDA2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2∩A2C2＝E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点)，易得M，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1－＝.‎ 法二：依题意，点M在平面ACC1A1上，建立如图所示的平面直角坐标系，由已知得A，C1，直线OC1的方程为y＝x，其斜率为，‎ 因为点A关于直线OC1的对称点为M，设M(a，b)，‎ 所以，解得，‎ 所以点M到直线A1C1的距离为1－＝，‎ 所以点A关于平面BDC1的对称点M到平面A1B1C1D1的距离为.‎ 答案： ‎9．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是________，此时AM＝________．‎ 解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4.因为AM2＋AN2＝MN2，所以AM＝2.‎ 答案：4　2 三、解答题 ‎10.如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，‎ 所以EF∥AB.‎ 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ BC⊂平面BCD且BC⊥BD，‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.‎ 又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC.‎ 又因为AC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥AC.‎ ‎11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．‎ 求证：(1)AF∥平面BCE；‎ ‎(2)平面BCE⊥平面CDE.‎ 证明：(1)如图，取CE的中点G，‎ 连接FG，‎ BG.‎ 因为F为CD的中点，‎ 所以GF∥DE且GF＝DE.‎ 因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，‎ 所以GF∥AB.‎ 又因为AB＝DE，所以GF＝AB.‎ 所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.‎ 因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，‎ 所以AF∥平面BCE.‎ ‎(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，‎ 所以AF⊥CD.‎ 因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，‎ 所以DE⊥AF.‎ 又CD∩DE＝D，‎ 所以AF⊥平面CDE.‎ 因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.‎ 又因为BG⊂平面BCE，‎ 所以平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．‎ ‎(1)求证：AB⊥平面ADC；‎ ‎(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为，求点B到平面ADE的距离．‎ 解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ 又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，‎ 所以DC⊥平面ABD.‎ 因为AB⊂平面ABD，‎ 所以DC⊥AB.‎ 又因为折叠前后均有AD⊥AB，‎ 且DC∩AD＝D，‎ 所以AB⊥平面ADC.‎ ‎(2)由(1)知DC⊥平面ABD，‎ 所以AC在平面ABD内的正投影为AD，‎ 即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．‎ 依题意知tan ∠CAD＝＝，‎ 因为AD＝1，所以DC＝.‎ 设AB＝x(x＞0)，则BD＝，‎ 易知△ABD∽△DCB，所以＝，‎ 即＝，解得x＝，‎ 故AB＝，BD＝，BC＝3.‎ 由于AB⊥平面ADC，‎ 所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝＝，‎ 同理DE＝＝，‎ 所以S△ADE＝×1× ＝.‎ 因为DC⊥平面ABD，所以VABCD＝CD·S△ABD＝.‎ 设点B到平面ADE的距离为d，‎ 则d·S△ADE＝VBADE＝VABDE＝VABCD＝，‎ 所以d＝，即点B到平面ADE的距离为.‎ ‎ ‎