数学导航2022届高考数学大一轮复习第七章立体几何同步练习文

【数学导航】2022届高考数学大一轮复习第七章立体几何同步练习文第一节　空间几何体的结构特征及其三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的结构特征(1)圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．(2)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．(3)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．82\n1．由三视图还原几何体的方法—　↓—根据正视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置　↓—2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”“三不变”1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　　)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　　)(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.(　　)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(　　)(5)圆柱的侧面展开图是矩形．(　　)答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√2．(2022·江西卷)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)答案：　B3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　　)A．圆柱　B．圆锥C．球体　D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：　当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面．答案：　C82\n4．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为________．答案：　2,45．在Rt△ABC中，∠C＝90°，a＝3，b＝4，则以斜边AB所在直线为轴旋转可得到一个几何体，当用一个垂直于斜边的平面去截这个几何体时，所得截面圆的直径的最大值是________．解析：　最大截面圆的直径为Rt△ABC斜边上高的2倍，即2×＝.答案：　空间几何体的结构特征1．下列命题中，正确的是(　　)A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D．底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱解析：　认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．答案：　D2．下列结论正确的是(　　)A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：　A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC82\n不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．答案：　D　判定与空间几何体结构特征有关命题的方法：(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．空间几何体的三视图(1)(2022·广东深圳市调研考试)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)(2)(2022·课标全国Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为(　　)82\nA．6B．6C．4D．4解析：　(1)依题意，侧视图应是一个正方形，且对角线的方向是从左上角到右下角，故选B．(2)如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G，即三棱锥G－CC1D1为满足要求的几何体，其中最长棱为D1G，D1G＝＝6.答案：　(1)B　(2)B1．(2022·四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是(　　)解析：　由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．答案：　D2．(2022·广东江门高三调研)如图，E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1中AD1、B1C上的动点(不含端点)，则四边形B1FDE的俯视图可能是(　　)82\n解析：　由画几何体的三视图要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD的正投影为四边形，结合选项知选B．答案：　B3.(2022·昆明三中、玉溪一中统考)如图，三棱锥V－ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为，则其侧视图的面积为(　　)A．　　　　　　　　　B．C．　D．解析：　由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC，作VO⊥AC于O，连结OB，设底面边长为2a，高VO＝h，则△VAC的面积为×2a×h＝ah＝.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB，在正三角形ABC中，高OB＝a，所以侧视图的面积为OB·VO＝×a×h＝ah＝×＝.答案：　B4．(2022·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．82\n解析：　根据三视图还原几何体，得如图所示的三棱锥P－ABC．由三视图的形状特征及数据，可推知PA⊥平面ABC，且PA＝2.底面为等腰三角形，AB＝BC，设D为AC中点，AC＝2，则AD＝DC＝1，且BD＝1，易得AB＝BC＝，所以最长的棱为PC，PC＝＝2.答案：　25．(2022·湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)A．①和②　B．③和①C．④和③　D．④和②解析：　正视图将四个点全影射到yOz面上，分别为(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,1)，(0,2,2)，再根据看不见的线画虚线可得图④，俯视图全影射到xOy面上，分别为(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，(2,2,0)可画得图②，故选D．答案：　D6．(2022·河南南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为(　　)82\n解析：　当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C．答案：　C　三视图问题的解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图(2022·豫南九校第三次联考)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．解析：　如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝.而四边形AECD为矩形，AD＝1，82\n∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1.由此可还原原图形如图．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝××2＝2＋.答案：　2＋已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________．解析：　如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A′B′＝AB＝2，O′C′＝OC＝，C′D′＝O′C′sin45°＝×＝.所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×2×＝.答案：　　直观图的斜二测画法的关键之处在于将图中的关键点转化为坐标系中的水平方向与垂直方向的坐标长度，然后运用“水平长不变，垂直长减半”的方法确定出点，最后连线即得直观图．注意被遮挡的部分画成虚线．A级　基础训练82\n1．(2022·青岛模拟)将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如右图所示，则该几何体的俯视图为(　　)解析：　长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C．答案：　C2．(2022·课标全国Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是(　　)A．三棱锥　B．三棱柱C．四棱锥　D．四棱柱解析：　由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图)．答案：　B3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是(　　)A．3∶2　B．2∶1C．4∶3　D．5∶3解析：　底面半径r＝l＝l，故圆锥中S侧＝πl2，S表＝πl2＋π2＝πl2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.答案：　C4.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，则原图形是(　　)82\nA．正方形　B．矩形C．菱形　D．一般的平行四边形解析：　将直观图还原得▱OABC，则O′D′＝O′C′＝2(cm)，OD＝2O′D′＝4(cm)，C′D′＝O′C′＝2(cm)，∴CD＝2(cm)，OC＝＝＝6(cm)，OA＝O′A′＝6(cm)＝OC，故原图形为菱形．答案：　C5．(2022·山东淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A－BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(　　)A．　B．C．　D．解析：　由正视图与俯视图可得三棱锥A－BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝，选D．答案：　D6.如图，桌上放着一个半球，则它的三视图中，有两个图相同，一个不同，这个不同的视图应该是________．82\n解析：　它的正视图和侧视图都是半圆，只有俯视图是圆．答案：　俯视图7．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．解析：　三棱锥P－ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.答案：　18．以下命题中，说法正确的是________．(填序号)①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．解析：　命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则可以得到四个侧面都是直角三角形．答案：　③9．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm，求圆台的母线长．解析：　抓住轴截面，利用相似比，由底面积之比为1∶16，设半径分别为r、4r.设圆台的母线长为l，截得圆台的上、下底面半径分别为r、4r.根据相似三角形的性质得＝，解得l＝9.所以，圆台的母线长为9cm.82\n10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA．解析：　(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6cm的正方形，如图，其面积为36cm2.(2)由侧视图可求得PD＝＝＝6.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝＝＝6cm.B级　能力提升1．若三棱锥P－ABC的底面ABC是正三角形，则三个侧面的面积相等是三棱锥P－ABC为正棱锥的(　　)A．充要条件　B．充分不必要条件C．必要不充分条件　D．既不充分也不必要条件解析：　由于底面为正三角形，且侧面积相等⇔侧面的高相等⇔顶点P在底面ABC内射影到三边距离相等⇔点P在底面射影为△ABC中心，且三条侧棱长相等．答案：　A2．(2022·皖北协作区联考)空间中任意放置的棱长为2的正四面体ABCD．下列命题正确的是________．(写出所有正确的命题的编号)82\n①正四面体ABCD的主视图面积可能是；②正四面体ABCD的主视图面积可能是；③正四面体ABCD的主视图面积可能是；④正四面体ABCD的主视图面积可能是2；⑤正四面体ABCD的主视图面积可能是4.解析：　对于四面体ABCD，如图1，当光线垂直于底面BCD时，主视图为△BCD，其面积为×2×＝，③正确；当光线平行于底面BCD，沿CO方向时，主视图为以BD为底，正四面体的高AO为高的三角形，则其面积为×2×＝，②正确；当光线平行于底面BCD,沿CD方向时，主视图为图中△ABE，则其面积为×2××＝，①正确；将正四面体放入正方体中，如图2，光线垂直于正方体正对我们的面时，主视图是正方形，其面积为×＝2，并且此时主视图面积最大，故④正确，⑤不正确．答案：　①②③④3．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积．解析：　(1)正六棱锥．(2)其侧视图如图：82\n其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC＝a，AD的长是正六棱锥的高，即AD＝a，∴该平面图形的面积S＝a·a＝a2.4．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图．(2)求出侧视图的面积．解析：　(1)如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，∴侧视图中VA＝＝2，∴S△VBC＝×2×2＝6.第二节　空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式82\n圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r′＋r)l2.空间几何体的表面积与体积公式　　名称几何体　　表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝(S上＋S下＋)h球S＝4πR2V＝πR31．求空间几何体体积的三种常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．2．正、长方体与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，则①正方体的外接球，则2R＝a；②正方体的内切球，则2R＝a；③球与正方体的各棱相切，则2R＝a.(2)长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.82\n1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)长方体的体积等于长、宽、高之积．(　　)(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．(　　)(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)(4)台体的体积可以转化为两个锥体的体积之差．(　　)(5)直径为1的球的表面积S＝4πr2＝4π.(　　)答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×2．(2022·陕西卷)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是(　　)A．4π　B．3πB．2π　D．π解析：　由题意可知该几何体是底面半径r＝1，母线l＝1的圆柱，故S侧＝2πrl＝2π×1×1＝2π.故选C．答案：　C3．(2022·课标全国Ⅱ)正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为(　　)A．3　B．C．1　D．解析：　在正三棱柱ABC－A1B1C1中，∵AD⊥BC，∴AD⊥平面B1DC1，∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1，故选C．答案：　C4．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________．82\n解析：　由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面面积的和，即×4π＋π＝3π.答案：　3π5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为，则正方体的棱长为________．解析：　设正方体棱长为a，球半径为R，则πR3＝π，∴R＝，∴a＝3，∴a＝.答案：　空间几何体的表面积(1)(2022·安徽合肥二模)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)A．12＋4　B．18＋8C．28　D．20＋8(2)(2022·全国卷Ⅰ)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为________．解析：　(1)由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．82\n则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋4×2×2＋2×4＝20＋8，故选D．(2)平面α截球O所得截面为圆面，圆心为H，设球O的半径为R，则由AH∶HB＝1∶2得OH＝R，由圆H的面积为π，得圆H的半径为1，所以2＋12＝R2，得出R2＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝4π·＝π.答案：　(1)D　(2)1．(2022·兰州调研)某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为(　　)A．2＋π　　　　　　　B．2＋πC．2＋(1＋)π　D．2＋π解析：　由几何体的三视图可知，该几何体是一个沿旋转轴作截面，截取的半个圆锥，底面半径是1，高是2，所以母线长为，所以其表面积为底面半圆面积和圆锥的侧面积的一半以及截面三角形的面积的和，即π＋π×＋×2×2＝2＋π.答案：　A2.(2022·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是(　　)82\nA．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2解析：　该几何体如图所示，长方体的长、宽、高分别为6cm,4cm,3cm，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3cm,4cm,5cm，所以表面积S＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋＝99＋39＝138(cm2)．答案：　D　几何体表面积的求法(1)求解有关多面体表面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形，棱台中的直角梯形，棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素的桥梁，从而架起侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素的联系．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．空间几何体的体积(1)(2022·辽宁卷)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)A．8－2π　B．8－πC．8－　D．8－(2)(2022·山东卷)三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE82\n的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.解析：　(1)这是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体，如图，几何体的高为2，V＝23－×π×12×2×2＝8－π.(2)如图：∵V1＝VD－ABE＝VE－ABD，V2＝VP－ABC＝VC－ABP，∴V1＝S△ABD·h1，V2＝S△APB·h2.∵E为AC中点，∴＝，又∵D为PD中点，∴＝，∴＝＝.答案：　(1)B　(2)1.(2022·江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点．设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.解析：　设三棱柱的底面ABC的面积为S，高为h，则其体积为V2＝Sh.因为D，E82\n分别为AB，AC的中点，所以△ADE的面积等于S.又因为F为AA1的中点，所以三棱锥F－ADE的高等于h，于是三棱锥F－ADE的体积V1＝×S·h＝Sh＝V2，故V1∶V2＝1∶24.答案：　1∶242．(2022·豫东、豫北十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：　由三视图可知该几何体是由圆柱的一半和球的四分之一组成的，所以该几何体的体积V＝V柱＋V球＝Sh＋·πr3＝π×2＋×π×13＝π.答案：　π3．(2022·杭州二中月考)已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)A．　B．C．　D．8解析：　由三视图知，此几何体可以看作是一个棱长为2的正方体被截去了一个棱台而得到，此棱台的高为2，一底面是直角边长为2的等腰直角三角形，一底面是直角边长为1的等腰直角三角形，棱台的两底面的面积分别为×2×2＝2，×1×1＝82\n，则该几何体的体积是2×2×2－×2×＝8－＝，故选B．答案：　B4．(2022·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是________．解析：　由题分别设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r1、h1，r2、h2，则有2πr1h1＝2πr2h2，∴＝，又因为＝＝，∴＝，则＝＝·＝＝.答案：　5.(2022·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)A．　B．C．　D．解析：　法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为，直三棱柱高为1，AG＝＝，取AD中点M，则MG＝，∴S△AGD＝×1×＝，∴V＝×1＋2×××＝.法二：如图所示，取EF的中点P82\n，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P－AED和三棱锥P－BCF都是棱长为1的正四面体，四棱锥P－ABCD为棱长为1的正四棱锥．∴V＝×12×＋2×××＝.答案：　A6．(2022·湖北部分重点高中联考)某几何体的三视图如图所示，当xy最大时，该几何体的体积为(　　)A．2　B．3C．4　D．6解析：　由已知条件可设高为h，则有所以x2＋y2＝32，则xy≤16，即当x＝y时，xy最大，此时可求h＝3，x＝y＝4，所以V＝×3××4×＝2，故选A．答案：　A　1.求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．2．若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．球与空间几何体的接、切问题(2022·山东青岛二模)已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)A．π　B．6πC．5π　D．8π解析：　∵由勾股定理易知DA⊥BC，AB⊥BC，82\n∴BC⊥平面DAB，∴CD＝＝.∴AC2＋AD2＝CD2.∴DA⊥AC．取CD的中点O，由直角三角形的性质知O到点A，B，C，D的距离均为，其即为三棱锥的外接球球心．故三棱锥的外接球的表面积为4π2＝6π.答案：　B(2022·杭州模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为(　　)A．2　B．1C．　D．解析：　由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N位于BC的中点，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点．设正方形BCC1B1边长为x，Rt△OMC1中，OM＝，MC1＝，OC1＝R＝1(R为球的半径)，∴2＋2＝1，即x＝，则AB＝AC＝1，∴S矩形ABB1A1＝×1＝.答案：　C　解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．A级　基础训练1.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如图所示，侧视图是一个矩形，则这个矩形的面积是(　　)82\nA．4　B．2C．2　D．解析：　设底面边长为x，则V＝x3＝2，∴x＝2.由题意知这个正三棱柱的侧视图为长为2，宽为的矩形，其面积为2.答案：　B2．(2022·广东惠州第二次调研)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左(侧)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是(　　)A．16π　B．14πC．12π　D．8π解析：　由三视图可知，该几何体是一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V＝×π×23＝8π.答案：　D3．(2022·河南洛阳统一考试)某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为(　　)A．12　B．24C．24　D．12解析：　由三视图知该几何体为一个正四棱台，侧面梯形的上底长为2，下底长为4，高为正视图梯形的腰长，即为，则棱台的侧面积为×4＝12，故选A．82\n答案：　A4．(2022·安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为(　　)A．　B．C．6　D．7解析：　由三视图可知，几何体的直观图如图所示．该几何体是正方体去掉两个角所形成的多面体，其体积为V＝2×2×2－2×××1×1×1＝.答案：　A5．(2022·山西四校第二次联考)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是(　　)A．5＋　B．5＋2C．4＋2　D．4＋2解析：　由三视图可知该几何体的直观图如图所示，是一个六面体ABCDEFG，其中底面ABCD为正方形，AF∥CG，且AF＝CG＝1，DE綊2AF，易计算出EF＝BF＝BG＝EG＝，所以四边形EFBG为菱形，其对角线长分别为和，故该几何体的表面积S＝1×1＋×1×1×2＋×(1＋2)×1×2＋××＝5＋，故选A．82\n答案：　A6．(2022·天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.解析：　由三视图可知，该几何体是一个组合体，其上部是一个圆锥，且底面圆半径为2，高为2；下部是一个圆柱，底面圆半径为1，高为4，故该几何体的体积V＝·π·22·2＋π·12·4＝＋4π＝.答案：　7．(2022·河北石家庄二模)如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为________．解析：　该几何体是底面边长为3的正方形，高为的斜四棱柱，所以体积为V＝Sh＝3×3×＝9.答案：　982\n8．(2022·东北三省三调)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：　过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外切圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意知⊙O1的半径为r＝1，△ABC的边长为2，于是知圆锥的底面半径为，高为3.故所求体积为V＝×π×3×3＝3π.答案：　3π9.(2022·浙江杭州模拟)如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．解析：　由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π.10.如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC为等边三角形，AA′⊥平面ABC，AB＝3，AA′＝4，M为AA′的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC′到M的最短路线长为，设这条最短路线与CC′的交点为N，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)PC与NC的长；(3)三棱锥C－MNP的体积．解析：　(1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为＝.(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，如下图，设PC＝x，则MP2＝MA2＋(AC＋x)2.82\n∵MP＝，MA＝2，AC＝3，∴x＝2，即PC＝2.又∵NC∥AM，故＝，即＝.∴NC＝.(3)S△PCN＝×CP×CN＝×2×＝.在三棱锥M－PCN中，M到面PCN的距离，即h＝×3＝.∴VC－MNP＝VM－PCN＝·h·S△PCN＝××＝.B级　能力提升1．把一个周长为12cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高之比为(　　)A．1∶2　B．1∶2πC．2∶1　D．1∶π解析：　设底面周长为xcm，则2πr＝x，即r＝，高为6－x，故V＝π·2(6－x)＝(6x2－x3)，则V′＝(12x－3x2)，由V′＝0得x＝4.易知当x＝4时，圆柱的体积最大，此时圆柱的底面周长是4cm，圆柱的高为2cm，从而底面周长与高之比为4∶2＝2∶1.答案：　C2．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝1，则四面体A－EFB的体积V等于________．解析：　连接BD交AC于点O，则OA为四面体A－EFB的高，且OA＝，又S△EFB＝×1×1＝，所以VA－EFB＝××＝.82\n答案：　3．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；(2)证明：A1C⊥平面AB1C1.解析：　(1)几何体的直观图如图所示，四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝，BC＝B1C1＝1，四边形AA1C1C是边长为的正方形，且平面AA1C1C垂直于底面BB1C1C，故该几何体是直三棱柱，其体积V＝S△ABC·BB1＝×1××＝.(2)证明：　由(1)知平面AA1C1C⊥平面BB1C1C且B1C1⊥CC1，所以B1C1⊥平面ACC1A1.所以B1C1⊥A1C．因为四边形ACC1A1为正方形，所以A1C⊥AC1.而B1C1∩AC1＝C1，所以A1C⊥平面AB1C1.4．如图所示，从三棱锥P－ABC的顶点P沿着三条侧棱PA，PB，PC剪开成平面图形得到△P1P2P3，且P2P1＝P2P3.(1)在三棱锥P－ABC中，求证：PA⊥BC．(2)若P1P2＝26，P1P3＝20，求三棱锥P－ABC的体积．82\n解析：　(1)证明：由题设知A，B，C分别是P1P3，P1P2，P2P3的中点，且P2P1＝P2P3，从而PB＝PC，AB＝AC，取BC的中点D，连AD，PD，则AD⊥BC，PD⊥BC，AD∩PD＝D，∴BC⊥平面PAD．∵PA⊂平面PAD，故PA⊥BC．(2)由题设有AB＝AC＝P1P2＝13，PA＝P1A＝BC＝10，PB＝PC＝P1B＝13，∴AD＝PD＝＝12，在等腰三角形DPA中，底边PA上的高h＝＝，∴S△DPA＝PA·h＝5.又BC⊥平面PAD，∴VP－ABC＝VB－PDA＋VC－PDA＝BD·S△DPA＋DC·S△PDA＝BC·S△PDA＝×10×5＝.第三节　空间点、直线、平面之间的位置关系1．理解空间直线、平面位置关系的定义．2．了解可以作为推理依据的公理和定理．3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．82\n1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．(4)平行于同一直线的两条直线平行．2．空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系(2)异面直线所成的角①定义：设a、b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：.(3)平行公理和等角定理①平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．1．证明点共线的途径要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3可知这些点在交线上，因此共线．2．证明点、线共面的途径(1)首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面，再证其他线(或点)在此平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证明这两个平面重合．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　　)82\n(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　　)(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，并记作α∩β＝A．(　　)(4)两个平面ABC与DBC相交于线段BC．(　　)(5)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(　　)答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√2．已知A，B，C表示不同的点，l表示直线，α，β表示不同的平面，则下列推理错误的是(　　)A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂αB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A∈α，A∈l，l⊄α⇒l∩α＝A答案：　C3．下列说法正确的是(　　)A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面解析：　由异面直线的定义可知选D．答案：　D4．平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．解析：　如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．答案：　1或45．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为________．解析：　连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求．又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.答案：　60°82\n平面的基本性质如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．证明：　(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD．在△BCD中，＝＝，∴GH∥BD．∴EF∥GH.∴E，F，G，H四点共面．(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC．同理P∈平面ADC．∴P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．　1.证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．2．点、线共面的常用判定方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．(2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．空间两直线的位置关系1．如图所示，G，H，M，N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．82\n解析：　图(1)中，直线GH∥MN；图(2)中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图(3)中，连接MG，HN，GM∥HN，因此GH与MN共面；图(4)中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GM与MN异面．所以图(2)，(4)中GH与MN异面．答案：　(2)(4)2．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．解析：　直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面B1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．答案：　③④　异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．异面直线所成的角在正方体ABCD－A1B1C1D1中，82\n(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解析：　(1)如图所示，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．∵AB1＝AC＝B1C，∴∠B1CA＝60°.即A1D与AC所成的角为60°.(2)如图所示，连接BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD，∴EF⊥AC．∴EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.1.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2.求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．解析：　(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD．又AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD．因为PD＝＝2，CD＝2，所以三角形PCD的面积为×2×2＝2.(2)如图，取PB的中点F，连接EF，AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．82\n在△AEF中，由EF＝，AF＝，AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是.2．(2022·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A．　B．C．　D．解析：　如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成正方体ACBD－A1C1B1D1，取AD的中点E，连接ME，MN，则AEMN为平行四边形，∴ME∥NA．∴∠BME为异面直线BM与AN所成的角，设BC＝1，在△BME中，ME＝BE＝，BM＝，∴cos∠BME＝＝.答案：　C3．(2022·山东潍坊一模)已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为________．82\n解析：　如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝AB．PN∥CD，且PN＝CD，所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角)．则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.①若∠MPN＝60°，因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．又因为AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，即AB与MN所成的角为60°.②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形．所以∠PMN＝30°，即AB与MN所成的角为30°.综上直线AB和MN所成的角为60°或30°.答案：　60°或30°　1.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．2．求异面直线所成的角的三步曲：即“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．A级　基础训练1．已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(　　)A．m与n异面B．m与n相交C．m与n平行D．m与n异面、相交、平行均有可能解析：　在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，82\nn2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．答案：　D2．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(　　)解析：　A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．答案：　D3．使直线a，b为异面直线的充分不必要条件是(　　)A．a⊂平面α，b⊄α，a与b不平行B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点解析：　对A：a与b可能有交点；对B，D：a与b可能平行，故选C．对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a与b不相交，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A矛盾．答案：　C4.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过(　　)A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M解析：　∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．答案：　D82\n5．对于直线m，n和平面α，下列命题中为真命题的是(　　)A．如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n∥αB．如果m⊂α，n与α相交，那么m，n是异面直线C．如果m⊂α，n∥α，m，n共面，那么m∥nD．如果m∥α，n∥α，m，n共面，那么m∥n解析：　在下图①中满足选项A的条件，但n∩α＝A，A错；在图②中满足选项B的条件，但m∩n＝A，B错；在图③中，∵n∥α，∴n与α无公共点，又m⊂α，∴n与m无公共点，又n，m共面，∴m∥n，C对；在图④中，满足选项D的条件，但m∩n＝A，D错．答案：　C6．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.解析：　当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a⊄α，∴①错；a∩β＝P时，②错；如图，∵a∥b，P∈b，∴P∉a，∴由直线a与点P确定唯一平面α，又a∥b，由a与b确定唯一平面γ，但γ经过直线a与点P，∴γ与α重合，∴b⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．答案：　③④7.(2022·上海徐汇、金山、松江二模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．82\n解析：　由于AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角，在△BA1C1中，A1B＝，A1C1＝1，BC1＝，cos∠BA1C1＝＝.答案：　8.如图所示，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形．解析：　易知EH∥BD∥FG，且EH＝BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使平行四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD．答案：　AC＝BD　AC＝BD且AC⊥BD9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解析：　(1)不是异面直线．理由如下：连接MN，A1C1，AC．82\n∵M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴MN∥A1C1.又∵A1A綊C1C，∴A1ACC1为平行四边形，∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，∴A，M，N，C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线，证明如下：∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．10.(2022·上海闵行二模)如图，在体积为的正三棱锥A－BCD中，BD长为2，E为棱BC的中点，求：(1)异面直线AE与CD所成角的余弦值；(2)正三棱锥A－BCD的表面积．解析：　(1)过点A作AO⊥平面BCD，垂足为O，则O为△BCD的中心，由××22×3×AO＝，得AO＝1.又在正三角形BCD中得OE＝1，所以AE＝.取BD中点F，连接AF，EF，故EF∥CD，所以∠AEF就是异面直线AE与CD所成的角．在△AEF中，AE＝AF＝，EF＝.所以cos∠AEF＝＝.所以，异面直线AE与CD所成的角的余弦值为.(2)由AE＝可得正三棱锥A－BCD的侧面积为S＝3··BC·AE＝×2×＝3，所以正三棱锥A－BCD的表面积为S＝3＋·BC2＝3＋3.82\nB级　能力提升1.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：　连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A，M，O三点共线．答案：　A2.(2022·山西大学附中月考)如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________．解析：　过F点作HF∥BE，过A点作EF的垂线AG，垂足为G.连接HG，HE，AH.设正方形ABCD的边长为2，∵平面AEF⊥平面BCDFE，且AG⊥EF，∴AG⊥平面BCDFE.∵BE＝BH＝AE＝AF＝1，∴EH＝EF＝.∵G为EF的中点，∴EG＝，AG＝.又∵HF＝2，∴∠HEG＝90°，∴在Rt△EHG中，HG＝＝.∴在Rt△AGH中，AH＝＝.∵HF∥BE，∴AF与BE所成的角即为∠AFH.82\n在△AHF中，AF＝1，HF＝2，AH＝，∴∠HAF＝90°，∴cos∠AFH＝＝.答案：　3．已知空间四边形ABCD中，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD的中点．(1)求证：BC与AD是异面直线；(2)求证：EG与FH相交．证明：　(1)假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α.所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD是异面直线．(2)如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是▱EFGH的对角线，所以EG与HF相交．4．已知四棱锥P－ABCD以及其三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是直角三角形，俯视图是矩形．(1)求此四棱锥的体积；(2)若E是PD的中点，求证：AE⊥平面PCD；(3)在(2)的条件下，若F是PC的中点，证明：直线AE和直线BF既不平行也不异面．解析：　(1)由题意可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，高h82\n＝2，所以此四棱锥的体积V＝S·h＝×4×2＝.(2)证明：由三视图可知，PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD．又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴AE⊥CD．∵△PAD是等腰直角三角形，E为PD的中点，∴AE⊥PD．又PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD．(3)证明：∵E，F分别是PD，PC的中点，∴EF∥CD且EF＝CD，又∵CD∥AB且CD＝AB，∴EF∥AB且EF＝AB．∴四边形ABFE为梯形，AE，BF是梯形的两腰，∴AE与BF所在的直线必相交．即直线AE和直线BF既不平行也不异面．第四节　直线、平面平行的判定与性质1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α82\n性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b1．平行间的三种转化关系2．判断线面平行的两种常用方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：(1)利用线面平行的判定定理；(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　)(2)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　)(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)(4)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．(　　)(5)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，则直线a∥平面β.(　　)答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×82\n2．设m，l表示直线，α表示平面，若m⊂α，则l∥α是l∥m的(　　)A．充分不必要条件　B．必要不充分条件C．充要条件　D．既不充分也不必要条件解析：　∵l∥α时l与m并不一定平行，而l∥m时，l与α也不一定平行，有可能l⊂α，∴l∥α是l∥m的既不充分也不必要条件．答案：　D3．已知α∥β，a⊂α，B∈β，则在β内过点B的所有直线中(　　)A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：　因为a与点B确定一个平面，该平面与β的交线即为符合条件的直线．答案：　D4.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．解析：　在平面ABD中，＝，∴MN∥BD．又MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，∴MN∥平面BCD．答案：　平行5．过三棱柱ABC－A1B1C1的棱A1C1，B1C1，BC，AC的中点E，F，G，H的平面与面__________平行．解析：　如图所示，连接各中点后，面EFGH与面A1B1BA平行．答案：　A1B1BA82\n直线与平面平行的判定与性质(2022·浙江六市六校联盟模拟)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.(1)求证：AB1∥平面BC1D；(2)若BC＝3，求三棱锥D－BC1C的体积．解析：　(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD(图略)．∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴点O为B1C的中点．∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线，∴OD∥AB1.∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D．(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱CC1∥AA1.又∵AA1⊥平面ABC，∴侧棱CC1⊥平面ABC，故CC1为三棱锥C1－BCD的高，A1A＝CC1＝2，∴S△BCD＝S△ABC＝＝，∴VD－BCC1＝VC1－BCD＝CC1·S△BCD＝×2×＝1.1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1的中点，F是AB的中点，AC＝BC＝1，AA1＝2.82\n(1)求证：CF∥平面AB1E；(2)求三棱锥C－AB1E的高．解析：　(1)证明：取AB1的中点G，连接EG，FG，∵F，G分别是AB，AB1的中点，∴FG∥BB1，FG＝BB1.∵E为侧棱CC1的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，∴四边形FGEC是平行四边形，∴CF∥EG，∵CF⊄平面AB1E，EG⊂平面AB1E，∴CF∥平面AB1E.(2)∵三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∴BB1⊥平面ABC．又AC⊂平面ABC，∴AC⊥BB1，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵BB1∩BC＝B，∴AC⊥平面EB1C，∴AC⊥CB1，∴VA－EB1C＝S△EB1C·AC＝××1＝.∵AE＝EB1＝，AB1＝，∴S△AB1E＝.∵VC－AB1E＝VA－EB1C，∴三棱锥C－AB1E的高为＝.2.如图，在四棱锥P－ABCD中，CD∥AB，DC＝AB，试在线段PB上找一点M，使CM∥平面PAD，并说明理由．82\n解析：　当M为PB的中点时，CM∥平面PAD．法一：取AP的中点F，连接CM，FM，DF.则FM∥AB，FM＝AB．∵CD∥AB，CD＝AB，∴FM∥CD，FM＝CD．∴四边形CDFM为平行四边形．∴CM∥DF.∵DF⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD．法二：在四边形ABCD中，设BC的延长线与AD的延长线交于点Q，连接PQ，CM.∵CD∥AB，∴∠QCD＝∠QBA．∵∠CQD＝∠BQA，∴△CQD∽△BQA．∴＝＝.∴C为BQ的中点．∵M为BP的中点，∴CM∥PQ.∵PQ⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD．3.三棱柱ABC－A1B1C1的底面为正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点且EC＝2FB．点M是线段AC上的动点，当点M在何位置时，BM∥平面AEF?82\n解析：　法一：如图(1)，取AE的中点O，连接OF，过点O作OM⊥AC于点M，此点M即为所求．∵侧棱A1A⊥底面ABC，∴侧面A1ACC1⊥底面ABC，∴OM⊥底面ABC．又EC＝2FB，∴OM綊FB，∴四边形OMBF为矩形，∴BM∥OF，又OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，∴BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．　　　　　　　(1)　　　　　　(2)法二：如图(2)，取EC的中点P，AC的中点Q，连接PQ，PB，BQ，∴PQ∥AE.∵EC＝2FB，∴PE∥BF，PB∥EF，∴PQ∥平面AEF，PB∥平面AEF.又PQ∩PB＝P，∴平面PBQ∥平面AEF，又BQ⊂平面PQB，∴BQ∥平面AEF.∴点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．　线面平行的证明(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线；(2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；(3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可．平面与平面平行的判定与性质(2022·陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．82\n解析：　(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1綊B1C1綊BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C．又A1B⊄平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又∵BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.(2)∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．又∵AO＝AC＝1，AA1＝，∴A1O＝＝1.又∵S△ABD＝××＝1，∴VABD－A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，若Q是CC1的中点．证明：平面D1BQ∥平面PAO.证明：　∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA．∵P，O分别为DD1，DB的中点，∴D1B∥PO.又∵D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，82\n∴平面D1BQ∥平面PAO.　面面平行的证明方法(1)利用定义：即判断两个平面没有公共点．(2)利用面面平行的判定定理．(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．平行关系的综合应用(2022·合肥模拟)如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：　(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．82\n(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．解析：　(1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.∵HG⊂平面ABD，∴EF∥平面ABD．∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，∴EF∥AB．∴AB∥平面EFGH.同理可证，CD∥平面EFGH.(2)设EF＝x(0＜x＜4)，∵四边形EFGH为平行四边形，∴＝，则＝＝＝1－.∴FG＝6－x.∴四边形EFGH的周长l＝2＝12－x.又∵0＜x＜4，∴8＜l＜12，∴四边形EFGH周长的取值范围是(8,12)．　在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．A级　基础训练1．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是(　　)A．平行　B．平行和异面C．平行和相交　D．异面和相交解析：　因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面，故选B．答案：　B2．已知甲命题：“如果直线a∥b，那么a∥α”；乙命题：“如果a∥平面α，那么a∥b”．要使上面两个命题成立，需分别添加的条件是(　　)82\nA．甲：b⊂α；乙：b⊂αB．甲：b⊂α；乙：a⊂β且α∩β＝bC．甲：a⊄α，b⊂α；乙：a⊂β且α∩β＝bD．甲：a⊄α，b⊂α；乙：b∥α解析：　根据直线与平面平行的判定定理和性质定理，知C正确．答案：　C3．(2022·广东揭阳一模)设平面α，β，直线a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥β”是“α∥β”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：　由平面与平面平行的判定定理可知，若直线a，b是平面α内两条相交直线，且有“a∥β，b∥β”，则有“α∥β”，当“α∥β”时，若a⊂α，b⊂α，则有“a∥β，b∥β”，因此“a∥β，b∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．答案：　B4．(2022·惠州二模)设直线l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是(　　)A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥βB．l⊂α，m⊂β，且l∥mC．l⊥α，m⊥β，且l∥mD．l∥α，m∥β，且l∥m解析：　借助正方体模型进行判断．如图所示，易排除选项A，B，D，故选C．答案：　C5.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)82\nA．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：　由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，∴EF∥平面BCD．又H，G分别为BC，CD的中点，∴HG綊BD，∴EF∥HG且EF≠HG.∴四边形EFGH是梯形．答案：　B6．考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为不同直线，α，β为不重合平面)，则此条件为________．①⇒l∥α；②⇒l∥α；③⇒l∥α.解析：　线面平行的判定中指的是平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，故此条件为：l⊄α.答案：　l⊄α7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：　当Q为CC1的中点时，QB∥PA．又D1B∥PO，且D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.答案：　Q为CC1的中点8．已知平面α∥β，P∉α且P∉β，过点P的直线m与α，β分别交于A，C，过点P的直线n与α，β分别交于B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________．解析：　如图1，∵AC∩BD＝P，∴经过直线AC与BD可确定平面PCD．∵α∥β，α∩平面PCD＝AB，β∩平面PCD＝CD，∴AB∥CD．∴＝，即＝，∴BD＝.82\n如图2，同理可证AB∥CD．∴＝，即＝，∴BD＝24.综上所述，BD＝或24.答案：　或249.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明：　(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC．∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB．∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.10．(2022·惠州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为2，E是棱CD的中点，P是棱AA1的中点．82\n(1)求证：PD∥平面AB1E；(2)求三棱锥B－AB1E的体积．解析：　(1)证明：取AB1的中点Q，连接PQ，则PQ为中位线，PQ綊A1B1，而正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CD的中点，故DE綊A1B1，所以PQ綊DE，所以四边形PQED为平行四边形，所以PD∥QE，而QE⊂平面AB1E，PD⊄平面AB1E，故PD∥平面AB1E.(2)正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABE，故BB1为高，BB1＝2，因为CD∥AB，所以S△ABE＝S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，故VB－AB1E＝VB1－ABE＝BB1·S△ABE＝.B级　能力提升1.(2022·温州二模)如图，在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFG分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，G四点，且D，E，F，G分别是AB，BC，SC，SA的中点，则四边形DEFG的面积是(　　)A．　B．C．15　D．2082\n解析：　因为D，E，F，G分别是AB，BC，SC，SA的中点，所以DE∥AC，FG∥AC，DG∥SB，EF∥SB，则四边形DEFG是平行四边形，且DG＝SB＝，DE＝AC＝3.如图，取AC的中点O，连接OB，SO.因为SA＝SC＝15，AB＝BC＝6，所以AC⊥SO，AC⊥OB，因为SO∩OB＝O，所以AC⊥平面SOB，所以AO⊥SB，则DG⊥DE，即四边形DEFG是矩形，所以四边形DEFG的面积S＝×3＝.答案：　B2．(2022·湖南长沙一中高考模拟)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.解析：　∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ.又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ.∴＝＝2，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，∴＝＝，∴PM＝BD，又BD＝a，∴PQ＝a.答案：　a3.如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD．82\n(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC．图①证明：　(1)如图①，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.图②(2)证法一：如图②，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，∴MN∥平面BEC．又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，82\n又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC．又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC．又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC．证法二：如图③，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点，连接DM，由点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC．4.如图，斜三棱柱ABC－A1B1C1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．解析：　(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，82\n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，∴点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1.又∵OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.∴＝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.∴＝，＝.又∵＝1，∴＝1，即＝1.第五节　直线、平面垂直的判定与性质1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形垂直关系的简单命题.1．直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⇒l⊥α82\n性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a∥b2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直⇒α⊥β性质定理两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面⇒l⊥α1．线、面垂直三种关系的转化2．证明空间线面垂直的思路(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路．(2)立体几何论证题的解答中，利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一．(3)明确何时应用判定定理，何时应用性质定理，用定理时要先找足条件再由定理得出相应结论．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)l与平面α内的两条直线垂直，则直线l⊥平面α.(　　)(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直．(　　)(3)当α⊥β时，直线l过α内一点且与交线垂直，则l⊥β.(　　)(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×2．直线a⊥平面α，b∥α，则a与b的关系为(　　)A．a⊥b，且a与b相交　　B．a⊥b，且a与b不相交C．a⊥b　D．a与b不一定垂直82\n解析：　∵b∥α，∴b平行于α内的某一条直线，设为b′，∵a⊥α，且b′⊂α，∴a⊥b′，∴a⊥b，但a与b可能相交，也可能异面．答案：　C3．正方体ABCD－A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于(　　)A．AC　B．BDC．A′D′　D．AA′解析：　连接B′D′(图略)，∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E.而CE⊂平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.答案：　B4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．解析：　由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出结论．答案：　垂直相交5．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．解析：　由线面垂直知，图中直角三角形为4个．答案：　4直线与平面垂直的判定与性质(2022·湖北孝感二模)如图，已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.(1)求证：AB∥平面PCD；(2)求证：BC⊥平面PAC；(3)若M是PC的中点，求三棱锥M－ACD的体积．82\n解析：　(1)证明：∵AB∥CD，CD⊂平面PDC，AB⊄平面PDC，∴AB∥平面PDC．(2)证明：在直角梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，∴AE＝DC＝1，又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝，在Rt△ACE中，AC＝＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，而PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC．(3)∵M是PC的中点，∴M到平面ADC的距离是P到平面ADC的距离的一半．∴VM－ACD＝S△ACD×(PA)＝×(×1×1)×＝.1．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC．证明：　(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC．82\n在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD，所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD．又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC．(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC．由(1)知SD⊥BD，又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC．2.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．(1)证明：PH⊥平面ABCD；(2)证明：EF⊥平面PAB．证明：　(1)因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥AB．因为PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD．因为PH⊄平面ABCD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．(2)取PA中点M，连接MD，ME.因为E是PB的中点，所以ME綊AB．又因为DF綊AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD．因为PD＝AD，所以MD⊥PA．因为AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB．因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB．3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD82\n＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求点A到平面PBC的距离．解析：　(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC．由∠BCD＝90°，得BC⊥DC．又PD∩DC＝D，PD⊂平面PCD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD．因为PC⊂平面PCD，所以PC⊥BC．(2)连接AC，设点A到平面PBC的距离为h.因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°.从而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1.由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱锥P－ABC的体积V＝S△ABC·PD＝.因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DC．又PD＝DC＝1，所以PC＝＝.由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面积S△PBC＝，由V＝S△PBC·h＝··h＝，得h＝.因此，点A到平面PBC的距离为.　判定线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理．平面与平面垂直的判定与性质82\n(2022·江苏卷)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC．证明：　(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA．又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6.BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC．因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC．又DE⊂平面BDE.所以平面BDE⊥平面ABC．(2022·浙江卷改编)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.证明：(1)AC⊥平面BCDE；(2)平面ABD⊥平面ABC．证明：(1)连接BD．82\n在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝，由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC．又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.(2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝，DC＝2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC．又BD⊂平面ABD，从而平面ABD⊥平面ABC．　1.判定面面垂直的方法：(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．2．在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．平面图形的翻折问题(2022·广东卷)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC．其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.　　　　　　　　(1)　　　　(2)(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．82\n解析：　(1)证明：如图，因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD．又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，所以AD⊥平面PCD．又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面DMF.(2)因为PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，所以PD＝，由(1)知FD⊥CF，在直角三角形DCF中，CF＝CD＝.过点F作FG⊥CD，得FG＝FCsin60°＝×＝，所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝，所以MD＝＝＝.S△CDE＝DE·DC＝××1＝.故VM－CDE＝MD·S△CDE＝××＝.(2022·兰州模拟)如图，已知正方形ABCD的边长为2，AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿对角线BD折起，得到三棱锥A－BCD．(1)求证：平面AOC⊥平面BCD；(2)若三棱锥A－BCD的体积为，且∠AOC是钝角，求AC的长．解析：　(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AO，BD⊥CO.折起后仍有BD⊥AO，BD⊥CO，AO∩CO＝O，∴BD⊥平面AOC．82\n∵BD⊂平面BCD，∴平面AOC⊥平面BCD．(2)由(1)知BD⊥平面AOC，∴VA－BCD＝S△AOC·BD．又VA－BCD＝，∴×OA·OC·sin∠AOC·BD＝，即××××sin∠AOC×2＝，∴sin∠AOC＝.∵∠AOC是钝角，∴∠AOC＝120°.在△AOC中，由余弦定理，得AC2＝OA2＋OC2－2·OA·OC·cos∠AOC＝()2＋()2－2×××cos120°＝6，∴AC＝.　对于翻折问题，应明确：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可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．空间中的探索性问题(2022·南京模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是CD，A1D1的中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．解析：　(1)证明：如图，连接A1B，则AB1⊥A1B，82\n又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A1，∴AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF，∴AB1⊥BF.(2)证明：取AD的中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG，∴AE⊥BF.(3)存在．取CC1的中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.(2022·四川卷)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解析：　(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC．因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC．又AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.82\n(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知可知O为AC1的中点．连结MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD綊AC，OE綊AC，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC，即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．　1.立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探索，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．2．这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”．A级　基础训练1．(2022·河南郑州市质量检测)设α，β分别为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：　依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．答案：　A2．PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B82\n两点的任一点，则下列关系不正确的是(　　)A．PA⊥BC　　　　　　　　B．BC⊥平面PACC．AC⊥PB　D．PC⊥BC解析：　由PA⊥平面ACB⇒PA⊥BC，A正确；由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，BC⊥PC，即B，D正确，故选C．答案：　C3．(2022·辽宁卷)已知m，n表示两条不同直线，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⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥α　D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析：　若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A错误；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与α可能平行、相交或n⊂α，故D错误．因此选B．答案：　B4.(2022·衡阳联考(一))如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在(　　)A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC的内部解析：　连接AC1，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A．答案：　A5．在直角梯形ABCD中，AB＝AD，AD∥BC，∠BCD＝45°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，则下列命题正确的是(　　)A．平面ABD⊥平面ABC　B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC　D．平面ADC⊥平面ABC解析：　∵AB＝AD，∠BCD＝45°，∴BD⊥CD；∵平面ABD⊥平面BCD，∴CD⊥平面ABD，∴CD⊥AB．又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC．答案：　D6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC82\n垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：　∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PC．与AP垂直的直线是AB．答案：　AB，BC，AC　AB7．设α，β是空间中两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(填序号)．解析：　因为当n⊥β，m⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m，n所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．答案：　①③④⇒②或②③④⇒①8．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：①AC⊥α；②AC∥α；③AC与BD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是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：　如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB、CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：　①③9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明：　(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD．82\n∴PA⊥CD．∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC．而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB．又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD．而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.10.(2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．解析：　(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB．又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，82\n所以FG∥AC，且FG＝AC．因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝.所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.B级　能力提升1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M、N分别在AB1、BC1上，且AM＝AB1，BN＝BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④B1D1⊥MN.正确命题的个数是(　　)A．4　B．3C．2　D．1解析：　过M、N分别作BB1的平行线交AB、BC于Q、P.由平行关系可证明PN綊MQ，∴四边形MNPQ为平行四边形，∴MN∥PQ.∴①③对.＝，＝，知PQ不平行于AC，∴MN不平行于A1C1.∴②错．由B1D1⊥A1C1，而MN不平行于A1C1，∴MN不垂直于B1D1，故④错．所以选C．答案：　C2．点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个命题：82\n①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．解析：　连接BD交AC于O，连接DC1交D1C于O1，连接OO1，则OO1∥BC1.∴BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，∴三棱锥P－AD1C的体积不变．又VP－AD1C＝VA－D1PC，∴①正确．∵平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，②正确．由于DB不垂直于BC1，显然③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，∴DB1⊥平面AD1C．DB1⊂平面PDB1，∴平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：　①②④3．(2022·安徽卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．解析：　(1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC．同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.82\n(2)如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD．又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥底面ABCD．又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，从而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝DB＝OB，即K为OB的中点．再由PO∥GK得GK＝PO，即G是PB的中点，且GH＝BC＝4.由已知可得OB＝4，PO＝＝＝6，所以GK＝3.故四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18.4.如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD．四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点，Q为SB的中点．(1)求证：CD⊥平面SAD；82\n(2)求证：PQ∥平面SCD；(3)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．解析：　(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD．(2)证明：取SC的中点R，连接QR，DR.由题意知，PD∥BC且PD＝BC．在△SBC中，Q为SB的中点，R为SC的中点，所以QR∥BC且QR＝BC．所以QR∥PD且QR＝PD，则四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.又PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，所以PQ∥平面SCD．(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．连接PC，DM交于点O，连接PM，SP，NM，ND，NO，因为PD∥CM，且PD＝CM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.又因为N为SC的中点，所以NO∥SP.易知SP⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．又因为NO⊂平面DMN，82\n所以平面DMN⊥平面ABCD．82