2019届二轮复习（理）专题四第二讲空间点、线、面位置关系的判断学案

2019届二轮复习（理）专题四第二讲空间点、线、面位置关系的判断学案

第二讲　空间点、线、面位置关系的判断 年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养 ‎2018‎ Ⅰ卷 直线与平面所成角及正方体的截面最值问题·T12‎ 命题分析 ‎(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．‎ ‎(2)选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．‎ 学科素养 通过平行、垂直关系的判断与证明重点考查学生直观想象与逻辑推理素养，通过体积计算考查数学运算素养.‎ Ⅱ卷 异面直线所成角的求法·T9‎ Ⅲ卷 面面垂直的证明·T19‎ ‎2017‎ Ⅰ卷 面面垂直·T18‎ Ⅱ卷 线面平行·T19‎ Ⅲ卷 面面垂直·T19‎ ‎2016‎ Ⅰ卷 面面垂直的证明·T18‎ Ⅱ卷 线面垂直证明·T19‎ Ⅲ卷 线面平行的证明·T19‎ 空间点、线、面位置关系的基本问题 授课提示：对应学生用书第37页 ‎[悟通——方法结论]‎ ‎　空间中点、线、面的位置关系的判定 ‎(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例．‎ ‎(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义．‎ ‎[全练——快速解答]‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 解析：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.‎ 答案：A ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B‎1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.‎ 答案：C ‎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：法一：如图(1)，在长方体ABCDA1B‎1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BAA1′B1′B‎1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.‎ 在△DB′B1中，由余弦定理，得 DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，‎ 即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.‎ 故选C.‎ 法二：如图(2)，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，‎ ‎∴1＝(－1,0，)，＝(1,1，)，‎ ‎∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，‎ ‎||＝2，||＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ 故选C.‎ 答案：C ‎4．(2016·高考全国卷Ⅱ)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)．‎ 解析：根据相关知识，对四个命题逐个判断．‎ 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．‎ 答案：②③④‎ 判断与空间位置关系有关命题真假的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．‎ ‎(3)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．‎ 平行与垂直关系的证明 授课提示：对应学生用书第37页 ‎[悟通——方法结论]‎ 记住以下几个常用结论 ‎(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)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．‎ ‎(4)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．‎ ‎(5)垂直于同一条直线的两个平面平行．‎ ‎(6)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．‎ ‎(7)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．‎ ‎　(2018·高考全国卷Ⅲ)(12分)如图，矩形AB M是上异于C，D的点．‎ ‎(1)证明：‎ ‎(2)在使得MC∥平面PBD？说明理由．‎ ‎[学审题]‎ 条件信息 想到方法 注意什么 由信息❶平面ABCD⊥平面CMD 面面垂直的性质可用来找出需要的线面垂直，即BC⊥平面CMD 利用面面垂直判定定理及性质定理时一定要注意定理成立条件的完整性，否则会丢分 由信息❷证明平面AMD⊥平面BMC 面面垂直的判定方法可证DM⊥平面BMC 由信息❸在AM上找点P使得MC∥平面PBD 猜测P为AM中点，再证明 ‎[规范解答]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. (2分)‎ 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，‎ 故BC⊥DM. (4分)‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，‎ 所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD，‎ 故平面AMD⊥平面BMC. (6分)‎ ‎(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.‎ ‎ (8分)‎ 证明如下：连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点． (10分)‎ 连接OP，因为P为AM中点，‎ 所以MC∥OP.‎ 又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，‎ 所以MC∥平面PBD. (12分)‎ ‎1．正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．‎ ‎2．证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．‎ ‎3．证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．‎ ‎4．证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面⇔线面⇔线线．‎ ‎5．学科素养：利用空间几何体证明平行或垂直关系主要考查学生的直观想象与逻辑推理素养能力．‎ ‎ ‎ ‎[练通——即学即用]‎ ‎1．(2018·武汉调研)如图，三棱锥PABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.‎ ‎(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；‎ ‎(2)若PA＝PC，求三棱锥PABC的体积．‎ 解析：(1)证明：如图，取AC的中点O，连接BO，PO.‎ 因为△ABC是边长为2的正三角形，‎ 所以BO⊥AC，BO＝.‎ 因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝1.‎ 因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.‎ 因为AC∩OP＝O，所以BO⊥平面PAC.‎ 又OB⊂平面ABC，‎ 所以平面PAC⊥平面ABC.‎ ‎(2)因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，‎ 所以PA＝PC＝.‎ 由(1)知BO⊥平面PAC，‎ 所以VPABC＝S△PAC·BO＝××××＝.‎ ‎2．(2018·沈阳模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M为PC上一点，且PM＝2MC.‎ ‎(1)求证：BM∥平面PAD；‎ ‎(2)若AD＝2，PD＝3，∠BAD＝，求三棱锥PADM的体积．‎ 解析：(1)证明：法一：如图，过M作MN∥CD交PD于点N，连接AN.‎ ‎∵PM＝2MC，∴MN＝CD.‎ 又AB＝CD，且AB∥CD，‎ ‎∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，‎ ‎∴BM∥AN.‎ 又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，‎ ‎∴BM∥平面PAD.‎ 法二：如图，过点M作MN⊥CD于点N，N为垂足，连接BN.由题意，PM＝2MC，则DN＝2NC，‎ 又AB∥CD，AB＝CD，∴AB綊DN，‎ ‎∴四边形ABND为平行四边形，∴BN∥AD.‎ ‎∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，‎ ‎∴PD⊥DC.‎ 又MN⊥DC，MN⊂平面PDC，∴PD∥MN.‎ ‎∵BN⊂平面MBN，MN⊂平面MBN，BN∩MN＝N AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，AD∩PD＝D，‎ ‎∴平面MBN∥平面PAD.‎ ‎∵BM⊂平面MBN，∴BM∥平面PAD.‎ ‎(2)如图，过B作AD的垂线，垂足为E.‎ ‎∵PD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，‎ ‎∴PD⊥BE.‎ 又AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，‎ AD∩PD＝D，‎ ‎∴BE⊥平面PAD.‎ 由(1)知，BM∥平面PAD，‎ ‎∴点M到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，即BE.‎ 连接BD，在△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝，∴BE＝，‎ 则三棱锥PADM的体积VPADM＝VMPAD＝×S△PAD×BE＝×3×＝.‎ 平面图形的折叠问题 授课提示：对应学生用书第39页 ‎[悟通——方法结论]‎ 平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在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，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．‎ ‎　(2016·高考全国卷Ⅱ)(12分)如图，的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H. ‎ ‎ ‎ ‎(1) ‎ ‎(2) 求五棱锥D′ABCFE的体积．‎ ‎[学审题]‎ 条信息件 想到方法 注意什么 信息❶：菱形ABCD 菱形的边及对角线的关系：对角线垂直、边相等 ‎ ‎(1)折叠图形中前后“不变的位置关系和数量关系”及“变的位置关系和数量关系” ‎ ‎(2)三角形中三边的关系也可判断两直线垂直 ‎(3)证线面垂直的条件：直线垂直于平面内两条相交直线 信息❷：AE＝CF 三角形中平行线等分线段成比例：＝，可证AC∥EF 信息❸：△DEF沿EF折到△D′EF的位置 折叠图形中的“变量”与“不变量”，不变量HD′⊥EF 信息❹：证明AC⊥HD′‎ 转化为一直线的平行线垂直于另一条直线 信息❺：已知AB，AC，AE，OD′的长 由边长关系证明线线垂直关系：可求DO，OH的长，进而由OD′，OH，D′H的长满足勾股定理可证OD′⊥OH ‎[规范解答]　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.‎ ‎ (2分)‎ 又由AE＝CF，得＝，故AC∥EF.‎ 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′， (4分)‎ 所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)由EF∥AC得＝＝. (6分)‎ 由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3. (8分)‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知，AC⊥HD′，‎ 又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′. (10分)‎ 又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝，得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积 S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积 V＝××2＝. (12分)‎ 翻折问题的3个注意点 ‎(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．‎ ‎[练通——即学即用]‎ ‎　(2018·合肥模拟)如图①，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60˚，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到四棱锥PABCE，如图②.‎ ‎(1)求证：AP⊥平面ABCE；‎ ‎(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.‎ 证明：(1)在△CDE中，‎ ‎∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，‎ 由余弦定理得CE＝2.连接AC，‎ ‎∵AE＝2，∠AEC＝60˚，‎ ‎∴AC＝2.又AP＝，‎ ‎∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，‎ 即AP⊥AE.‎ 同理，AP⊥AC.而AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，故AP⊥平面ABCE.‎ ‎(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，‎ ‎∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l.‎ ‎∴AB∥l.‎ 授课提示：对应学生用书第136页 一、选择题 ‎1．(2018·天津检测)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β 解析：对于A选项，设α∩β＝a，若l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，此时α与β相交，故A选项错误；对于B选项，l∥α，l⊥β，则存在直线a⊂α，使得l∥a，此时α⊥β，由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故B选项正确；对于C选项，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C选项错误；对于D选项，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D选项错误．选B.‎ 答案：B ‎2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：‎ ‎①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；‎ ‎②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；‎ ‎③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；‎ ‎④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①②　　　　 B．②③‎ C．①④ D．②④‎ 解析：两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，①不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故③正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故④不正确．‎ 答案：B ‎3．(2018·合肥教学质量检测)已知l，m，n为不同的直线，α，β，r为不同的平面，则下列判断正确的是(　　)‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n C．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l D．若α∩β＝m，α∩r＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α 解析：A：m，n可能的位置关系为平行，相交，异面，故A错误；B：根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；C：根据线面平行的性质可知C正确；D：若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.‎ 答案：C ‎4．(2018·石家庄教学质量检测)设m，n是两条不同的直线，α，β，r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∥r，m⊥α，则m⊥r；‎ ‎③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，且m∥β；‎ ‎④若α⊥r，β⊥r，则α∥β.‎ 其中真命题的个数为(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析： ①m∥n或m，n异面，故①错误；②，根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知②正确；③m∥α或m⊂α，m∥β或m⊂β，故③错误；④，根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知④错误，所以真命题的个数为1，故选B.‎ 答案：B ‎5．如图所示，在四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P 分别为其所在棱的中点，能得到AB∥平面MNP的图形的序号是(　　)‎ A．①② B．②④‎ C．①③ D．①④‎ 解析：①中，∵平面AB∥平面MNP，‎ ‎∴AB∥平面MNP.‎ ‎②中，若下底面中心为O，易知NO∥AB，NO⊄平面MNP，‎ ‎∴AB与平面MNP不平行．‎ ‎③中，易知AB∥MP，‎ ‎∴AB∥平面MNP.‎ ‎④中，易知存在一直线MC∥AB，且MC⊄平面MNP，‎ ‎∴AB与平面MNP不平行．‎ 故能得到AB∥平面MNP的图形的序号是①③.‎ 答案：C ‎6．(2018·大庆模拟)α，β表示平面，a，b表示直线，则a∥α的一个充分条件是(　　)‎ A．α⊥β，且a⊥β B．α∩β＝b，且a∥b C．a∥b，且b∥α D．α∥β，且a⊂β 解析：对于A，B，C还可能有a⊂α这种情况，所以不正确；对于D，因为α∥β，且a⊂β，所以由面面平行的性质定理可得a∥α，所以D是正确的．‎ 答案：D ‎7．如图，在三棱锥SABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为(　　)‎ A. B. C．45 D．45 解析：取AC的中点G，连接SG，BG(图略)．易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面 SGB，所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD.同理SB∥FE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．因为AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝(AC)·(SB)＝.‎ 答案：A ‎8．(2018·哈尔滨联考)直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：‎ ‎①若m∥n，n∥α，则m∥α；‎ ‎②若m∥β，α∥β，则m∥α；‎ ‎③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；‎ ‎④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：由空间直线与平面平行关系可知①②正确；由线面垂直、线面平行的判定和性质可知③正确；由线面垂直、面面垂直的性质定理可知④正确．故选D.‎ 答案：D ‎9．(2018·绵阳诊断)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是(　　)‎ A．l⊂α，m⊂β，且l⊥m B．l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n C．m⊂α，n⊂β，m∥n，且l⊥m D．l⊂α，l∥m，且m⊥β 解析：依题意知，A，B，C均不能得出α⊥β，对于D，由l∥m，m⊥β得l⊥β，又l⊂α，因此有α⊥β.综上所述，选D.‎ 答案：D ‎10．(2018·贵阳模拟)如图，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(　　)‎ 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 解析：由题意可知PA、PE、PF两两垂直，‎ 所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，‎ 而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，‎ 所以EF⊥平面PAO，‎ ‎∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，‎ ‎∴O为△AEF的垂心．故选A.‎ 答案：A ‎11．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A‎1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是(　　)‎ A．BM是定值 B．点M在某个球面上运动 C．存在某个位置，使DE⊥A‎1C D．MB∥平面A1DE 解析：取CD的中点F，连接MF，BF，AF(图略)，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正确．‎ ‎∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝A1D，FB＝DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB，∴MB是定值，故A正确．∵B是定点，BM是定值，∴M在以B为球心，MB为半径的球上，故B正确．∵A‎1C在平面ABCD中的射影是点C与AF上某点的连线，不可能与DE垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A‎1C.故选C.‎ 答案：C 二、填空题 ‎12．如图是一个正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM与ED是异面直线；②CN 与BE平行；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是________．‎ 解析：由题意画出该正方体的图形如图所示，连接BE，BN，显然①②正确；对于③，连接AN，易得AN∥BM，∠ANC＝60°，所以CN与BM成60°角，所以③正确；对于④，易知DM⊥平面BCN，所以DM⊥BN正确．‎ 答案：①②③④‎ ‎13.如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1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MN与AC所成的角为60°.‎ 其中正确的结论为________(把你认为正确结论的序号都填上)．‎ 解析：AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D‎1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D‎1C与AC所成的角，为60°.‎ 答案：③④‎ ‎14．(2018·厦门质检)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，α⊥β，则m∥β；②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n；③m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α.‎ 其中正确命题的序号是________(请将所有正确命题的序号都填上)．‎ 解析：对于命题①可以有m⊂β，故不成立；对于命题③可以有α与β相交，故不成立．‎ 答案：②④‎ ‎15．(2018·武昌调研)在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：‎ ‎①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；‎ ‎②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；‎ ‎③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．‎ 其中正确结论的序号是________．‎ 解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE，如图所示，则AE⊥BD，BD⊥AC.又AE∩AC＝A，所以BD⊥平面AEC，从而有BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①错误．‎ ‎②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的直角三角形BAC，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．③假设AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错误．‎ 答案：②‎ 三、解答题 ‎16．(2018·汕头质量监测)如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝90˚，AB∥CD，AD＝AF＝CD＝2，AB＝4.‎ ‎(1)求证：AF∥平面BCE；‎ ‎(2)求证：AC⊥平面BCE；‎ ‎(3)求三棱锥EBCF的体积．‎ 解析：(1)证明：因为四边形ABEF为矩形，所以AF∥BE，‎ 又BE⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.‎ ‎(2)证明：过C作CM⊥AB，垂足为M，‎ 因为AD⊥DC，所以四边形ADCM为矩形．‎ 所以AM＝MB＝2，又AD＝2，AB＝4，‎ 所以AC＝2，CM＝2，BC＝2，‎ 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.‎ 因为AF⊥平面ABCD，AF∥BE，‎ 所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.‎ 又BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BE∩BC＝B，‎ 所以AC⊥平面BCE.‎ ‎(3)因为AF⊥平面ABCD，所以AF⊥CM.‎ 又CM⊥AB，AF⊂平面ABEF，AB⊂平面ABEF，AF∩AB＝A，‎ 所以CM⊥平面ABEF.‎ 故VEBCF＝VCBEF＝××BE×EF×CM＝×2×4×2＝.‎ ‎17．(2018·广州五校联考)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60˚，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．‎ ‎(1)求证：AD⊥平面PBE；‎ ‎(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；‎ ‎(3)若VPBCDE＝2VQABCD，试求的值．‎ 解析：(1)证明：由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.‎ 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60˚，‎ 所以AB＝BD，又E是AD的中点，所以AD⊥BE，‎ 又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.‎ ‎(2)证明：连接AC，交BD于点O，连接OQ(图略)．‎ 因为O是AC的中点，‎ Q是PC的中点，‎ 所以OQ∥PA，‎ 又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，‎ 所以PA∥平面BDQ.‎ ‎(3)设四棱锥PBCDE，QABCD的高分别为h1，h2.‎ 所以VPBCDE＝S四边形BCDEh1，VQABCD＝S四边形ABCDh2.‎ 又VPBCDE＝2VQABCD，且S四边形BCDE＝S四边形ABCD，所以＝＝.‎ ‎18．(2018·郑州第二次质量预测)如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1.现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.‎ ‎(1)在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?‎ ‎(2)当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．‎ 解析：(1)当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.‎ 理由如下：‎ 连接BD交MC于点N，连接NP.‎ 在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝，‎ 在△ADB中，＝，∴AD∥PN.‎ ‎∵AD⊄平面MPC，PN⊂平面MPC，‎ ‎∴AD∥平面MPC.‎ ‎(2)∵平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，AM⊥DM，∴AM⊥平面MBCD.‎ ‎∴VPMBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝.‎ 在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，‎ 又PC＝＝，‎ ‎∴S△MPC＝×× ＝.‎ ‎∴点B到平面MPC的距离为 d＝＝＝.‎