成都市高三二轮复习文科数学（十一） 空间位置关系的判断与证明

成都市高三二轮复习文科数学（十一） 空间位置关系的判断与证明

第 15 页 共 15 页 成都市高三二轮复习文科数学（十一） 空间位置关系的判断与证明 ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 线面平行及点到平面的距离计算·T19‎ 面面平行的判定及充要条件·T7‎ 两直线位置关系的判断·T8‎ 线面垂直的证明及体积计算·T17‎ 翻折问题、面面垂直的证明及四边形面积计算·T19‎ ‎2018‎ 直线与平面所成的角、长方体体积的计算·T10‎ 求异面直线所成的角·T9‎ 面面垂直的证明及线面平行的存在性问题·T19‎ 线面翻折及面面垂直的证明、三棱锥体积的计算·T18‎ 线面垂直的证明及点到平面的距离计算·T19‎ ‎2017‎ 线面平行的判定·T6‎ 线面平行的证明、四棱锥体积的计算·T18‎ 空间中线线垂直的判定·T10‎ 面面垂直的证明、四棱锥体积及侧面积的计算·T18‎ 线线垂直的判定、四面体体积的计算·T19‎ ‎(1)选择题、填空题多考查线面位置关系的判断、空间角、表面积及体积的计算，此类试题难度中等偏下，考查次数较少.‎ ‎(2)解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上.解答题的基本模式是“一证明二计算”.‎ 空间点、线、面的位置关系 ‎[例1]　(1)(2019·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 ‎(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 ‎[解析]　(1)若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D均不是α∥β 第 15 页 共 15 页 的充要条件.根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.故选B.‎ ‎(2)取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.‎ ‎∵ 点N为正方形ABCD的中心，∴ 点N在BD上，且为BD的中点.‎ ‎∵ △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＝，∴ EN＝ ＝2.‎ ‎∵ EM＝MD，DG＝GF，∴ MG∥EF，∴ MG⊥平面ABCD，∴ MG⊥BG.‎ ‎∵ MG＝EF＝，BG＝ ＝ ＝，∴ BM＝ ＝.∴ BM≠EN.‎ ‎∵ BM，EN是△DBE的中线，∴ BM，EN必相交.故选B.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)B ‎[解题方略]‎ 判断与空间位置关系有关命题真假的4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；‎ ‎(4)判断空间两条直线是否相交，首先判断两直线是否共面.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2019·沈阳市质量监测一)已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A.若m∥n，m∥α，则n∥α B.若α∥β，m∥α，则m∥β C.若m⊥n，n⊂α，则m⊥α D.若m⊥α，m⊂β，则α⊥β 解析：选D　对于选项A，m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，A错；对于选项B，α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，B错；对于选项C，m⊥n，n⊂α，不能推出m⊥α，C错；对于选项D，面面垂直的判定定理，正确.故选D.‎ ‎2.(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，∴BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，∵AA1⊥平面A1B‎1C1D1，∴AA1⊥B1D1，连接A‎1C1，又A‎1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥‎ 第 15 页 共 15 页 平面AA‎1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B‎1C⊥AC1，∴AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A‎1C1，异面直线AC与A1B所成的角为∠BA‎1C1，连接BC1，又△A‎1C1B为等边三角形，∴∠BA‎1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成的角的正切值是＝＝≠，故④不正确.故正确的结论为①②③.‎ 答案：①②③‎ 空间平行、垂直关系的证明 ‎[经典母题]‎ ‎[例2]　如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎[证明]　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，‎ ‎∴PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.‎ 又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.‎ ‎(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.‎ ‎∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.‎ ‎∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF.又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.‎ 又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎[母题变式]‎ ‎1.在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.‎ 证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O，连接FO.‎ ‎∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点，∴AB綊CE.‎ ‎∴四边形ABCE为平行四边形.∴O为AC的中点，则FO綊PA，‎ 又PA⊥平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABCD.‎ ‎2.在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.‎ 证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O.‎ ‎∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.∴AB綊CE.‎ 又∵AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.‎ 又∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE.‎ 又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.‎ 第 15 页 共 15 页 ‎[解题方略]‎ ‎1.直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎2.直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2019届高三·郑州模拟)如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.求证：(1)BE∥平面DMF；(2)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的中点，N为AD的中点，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.‎ ‎2.(2019·广东省七校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点.(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.‎ 解：(1)易知V四棱锥PABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.‎ ‎(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，‎ 则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，∴四边形AEFG为平行四边形，∴EF∥AG.‎ ‎∵EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，∴AG∥平面PEC.‎ ‎(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，‎ ‎∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD.‎ 又AG⊂平面PAD，∴CD⊥AG.易知PD⊥AG，∵PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，‎ ‎∴AG⊥平面PCD，∴EF⊥平面PCD.又EF⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.‎ 第 15 页 共 15 页 平面图形中的折叠问题 ‎[例3]　(2019·全国卷Ⅲ)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.‎ ‎(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；‎ ‎(2)求图②中的四边形ACGD的面积.‎ ‎[解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，‎ 故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.‎ 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.‎ 由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.‎ 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.‎ ‎[解题方略]　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.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2019·湖南省湘东六校联考)如图，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ABD′⊥平面ABC.‎ ‎(1)求证：AD′⊥平面BCD′；(2)当AB＝，AD＝1时，求点B到平面AD′C的距离.‎ 解：(1)证明：∵BC⊥AB，平面ABD′⊥平面ABC，平面ABD′∩平面ABC＝AB，∴BC⊥平面ABD′，‎ ‎∵AD′⊂平面ABD′，∴BC⊥AD′，又AD′⊥D′C，BC∩D′C＝C，∴AD′⊥平面BCD′.‎ ‎(2)由(1)知AD′⊥平面BCD′，又BD′⊂平面BCD′，∴AD′⊥BD′，从而BD′＝，‎ 设点B到平面AD′C的距离为h，由V三棱锥BAD′C＝V三棱锥CAD′B，得S△AD′C·h＝S△AD′B·BC，‎ 即××1××h＝××1××1，得h＝，即点B到平面AD′C的距离为.‎ 空间线面关系的探究性问题 第 15 页 共 15 页 ‎[例4]　(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.‎ ‎[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.‎ 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.‎ 因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎ (2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.‎ 证明如下：连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点.‎ 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.‎ ‎[解题方略]　解决立体几何中探索性问题的基本方法 ‎(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.‎ ‎(2)探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2018·河南名校压轴第二次考试)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，点M在线段EF上.‎ ‎(1)求证：BC⊥平面ACFE；(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论.‎ 解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，‎ AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，所以四边形ABCD是等腰梯形，‎ 且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，所以∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，所以AC⊥BC.‎ 又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE.‎ ‎(2)当EM＝a时，AM∥平面BDF，理由如下：在梯形ABCD中，设AC∩BD＝N，连接FN.‎ 由(1)知四边形ABCD为等腰梯形，且∠ABC＝60°，所以AB＝2BC＝2DC，则CN∶NA＝1∶2.‎ 易知EF＝AC＝a，因为EM＝a，所以MF＝EF＝a，又易知AN＝ a，所以MF綊AN，‎ 所以四边形ANFM是平行四边形，所以AM∥NF，又NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，‎ 所以AM∥平面BDF.‎ 第 15 页 共 15 页 空间角 ‎[例5]　(1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)‎ A.　　　　　　　　B. C. D. ‎(2)(2019·福州市质量检测)已知长方体ABCDA1B‎1C1D1的外接球体积为π，且AA1＝BC＝2，则A‎1C与平面BB‎1C1C所成的角为________.‎ ‎[解析]　(1)如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan ∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.‎ ‎(2)如图，设长方体ABCDA1B‎1C1D1的外接球半径为R，则长方体ABCDA1B‎1C1D1的外接球体积为πR3＝π，所以R＝2，即A‎1C＝＝2R＝4.因为AA1＝BC＝2，所以AB＝2.‎ 连接B‎1C，因为A1B1⊥平面BB‎1C1C，所以A‎1C与平面BB‎1C1C所成的角为∠A1CB1，‎ 在Rt△BB‎1C中，BB1＝BC＝2，所以B‎1C＝2＝A1B1，所以∠A1CB1＝.‎ ‎[答案]　(1)C　(2) ‎[解题方略]‎ ‎1.求异面直线所成角的步骤 ‎2.求直线和平面所成角的步骤 ‎(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；‎ ‎(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；‎ ‎(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB‎1C1C所成的角为30°，‎ 第 15 页 共 15 页 则该长方体的体积为(　　)‎ A.8 B‎.6‎ C.8 D.8 解析：选C　如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB‎1C1C，‎ ‎∴∠AC1B为直线AC1与平面BB‎1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝ ＝2，‎ ‎∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.故选C.‎ ‎2.(2019·湖南省五市十校联考)已知E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝3，则异面直线AB与PC所成的角为(　　)‎ A.120° B.45° C.30° D.60°‎ 解析：选D　设AC的中点为G，连接GF，EG，∵E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，PC＝6，AB＝6，∴EG∥PC，GF∥AB，EG＝3，GF＝3.在△EFG中，EF＝3，∴cos∠EGF＝＝－，∴∠EGF＝120°，∴异面直线AB与PC所成的角为60°.故选D.‎ 逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用 ‎[典例]　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，BC⊥BD，‎ 所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.‎ 又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.‎ ‎[素养通路]‎ 本题(1)证明线面平行的思路是转化为证明线线平行，即证明EF与平面ABC内的一条直线平行，从而得到EF∥平面ABC；(2)证明线线垂直可转化为证明线面垂直，由平面ABD⊥平面BCD，根据面面垂直的性质定理得BC⊥平面ABD，则可证明AD⊥平面ABC，再根据线面垂直的性质，得到AD⊥AC.考查了逻辑推理这一核心素养.‎ 第 15 页 共 15 页 A组——“6＋3＋‎3”‎考点落实练 一、选择题 ‎1.已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的(　　)‎ A.必要不充分条件　　　 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎2.(2019·福州市第一学期抽测)已知m为一条直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)‎ A.若m⊥α，α∥β，则m⊥β B.若m⊥α，α⊥β，则m∥β C.若m∥α，α∥β，则m∥β D.若m∥α，α⊥β，则m⊥β ‎3.在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，|AB|＝|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为(　　)‎ A.30° B.60°‎ C.75° D.90°‎ ‎4.(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：‎ ‎①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；‎ ‎③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.‎ 真命题的个数是(　　)‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ ‎5.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：其中正确的结论是(　　)‎ ‎①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥DABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.‎ A.①②④ B.①②③‎ C.②③④ D.①③④‎ ‎6.(2019·湖南省湘东六校联考)一个正四面体的侧面展开图如图所示，G为BF的中点，则在正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 二、填空题 ‎7.(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.‎ 第 15 页 共 15 页 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：________.‎ ‎8.若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________.‎ ‎9.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________.‎ 三、解答题 ‎10.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A‎1M＝A1B1.已知点E是直线CD上的一点，AM∥平面BC1E.‎ ‎(1)试确定点E的位置，并说明理由；(2)求三棱锥MBC1E的体积.‎ ‎11.(2019·石家庄市模拟一)如图，已知三棱锥PABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°.(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)设F为棱PA的中点，在AB上取点E，使得AE＝2EB，求三棱锥FACE与四棱锥CPBEF的体积之比.‎ ‎12.(2019·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥PABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AC＝2.(1)求证：AE∥平面PBC；(2)若四面体PABC的体积为，求△PCD的面积.‎ 第 15 页 共 15 页 B组——大题专攻强化练 ‎1.(2019·兰州市诊断考试)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△PCD为正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2，平面PCD⊥平面ABCD，E为PC的中点.(1)证明：BE⊥PC；(2)求多面体PABED的体积.‎ ‎2.(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6，E是棱PC上的一点.(1)证明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，三棱锥PBDE的体积是18，求点D到平面PAB的距离.‎ ‎3.(2019·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB.(2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由.‎ ‎4.(2019·东北四市联合体模拟一)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置.(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的距离.‎ 第 15 页 共 15 页 ‎1解析：选B　若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件.故选B.‎ ‎2解析：选A　对于A，利用线面垂直的性质与判定定理、面面平行的性质定理，可得m⊥β，A正确；对于B，若m⊥α，α⊥β，则m与β平行或m在β内，B不正确；对于C，若m∥α，α∥β，则m与β平行或m在β内，C不正确；对于D，若m∥α，α⊥β，则m可以在β内，D不正确.故选A.‎ ‎3解析：选D　将正三棱柱ABCA1B‎1C1补为四棱柱ABCDA1B‎1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B‎1A，∠BC1D为所求角或其补角.设BB1＝，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2，‎ 又因为BC1＝C1D＝，所以∠BC1D＝90°.故选D.‎ ‎4解析：选A　由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题.所以真命题的个数是1.故选A.‎ ‎5解析：选B　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边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，结合②知③正确；由①知④不正确.故选B.‎ ‎6解析：选C　该正四面体如图所示，取AD的中点H，连接GH，EH，则GH∥AB，所以∠HGE为直线EG与直线BC所成的角.设该正四面体的棱长为2，则HE＝EG＝，GH＝1.在△HEG中，由余弦定理，得cos∠HGE＝＝.故选C.‎ ‎7解析：②③⇒①.证明如下：∵ m∥α，∴ 根据线面平行的性质定理，知存在n⊂ α，使得m∥n.又∵ l⊥α，∴ l⊥n，∴ l⊥m. ①③⇒②.证明略.‎ 答案：②③⇒①(或①③⇒②)‎ ‎8解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③. 答案：①③‎ ‎9解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形.‎ 设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝r.在△SAB中，cos ∠ASB＝，‎ ‎∴sin ∠ASB＝，∴S△SAB＝SA·SB·sin ∠ASB＝×(r)2×＝5，解得r＝2，‎ ‎∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.答案：40π ‎10解：(1)点E在线段CD上且EC＝1，理由如下.‎ 第 15 页 共 15 页 在棱C1D1上取点N，使得D1N＝A‎1M＝1，连接MN，DN(图略)，又D1N∥A‎1M，所以MN綊A1D1綊AD.‎ 所以四边形AMND为平行四边形，所以AM∥DN.因为CE＝1，所以易知DN∥EC1，所以AM∥EC1，‎ 又AM⊄平面BC1E，EC1⊂平面BC1E，所以AM∥平面BC1E.故点E在线段CD上且EC＝1.‎ ‎(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，‎ 所以V三棱锥MBC1E＝V三棱锥ABC1E＝V三棱锥C1ABE＝××4＝6.‎ ‎11解：(1)证明：在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4，由余弦定理可得PC＝2，‎ ‎∴PC2＋BC2＝PB2，∴PC⊥BC，又PC⊥AB，AB∩BC＝B，∴PC⊥平面ABC，‎ ‎∵PC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.‎ ‎(2)设三棱锥FACE的高为h1，三棱锥PABC的高为h，‎ 则VFACE＝×S△ACE×h1＝×S△ABC××h×＝×S△ABC×h×＝×VPABC.‎ ‎∴三棱锥FACE与四棱锥CPBEF的体积之比为1∶2.‎ ‎12解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，则EF∥PC，‎ 又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，∴AF∥BC，‎ 又EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，∴平面AEF∥平面PBC.又AE⊂平面AEF，∴AE∥平面PBC.‎ ‎(2)由已知得，V四面体PABC＝·AB·BC·PA＝，可得PA＝2.‎ 过A作AQ⊥CD于Q，连接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，‎ ‎∴CD＝4，AD＝2，AQ＝＝，则PQ＝ ＝.‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.又AQ∩PA＝A，∴CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.∴S△PCD＝×4×＝2.‎ ‎1解：(1)证明：∵BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ∠BAD＝4，∴BD＝2，‎ ‎∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，∴BD⊥CD.∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，‎ ‎∴BD⊥平面PCD，∴BD⊥PC.∵△PCD为正三角形，E为PC的中点，∴DE⊥PC，∴PC⊥平面BDE，∴BE⊥PC.‎ ‎(2)如图，作PF⊥CD，EG⊥CD，F，G为垂足，‎ ‎∵平面PCD⊥平面ABCD，∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD，‎ ‎∵△PCD为正三角形，CD＝2，∴PF＝3，EG＝，∴V四棱锥PABCD＝×2×2×3＝4，‎ V三棱锥EBCD＝××2×2×＝，∴多面体PABED的体积V＝4－＝3.‎ ‎2解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.‎ 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.‎ 因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.‎ 第 15 页 共 15 页 ‎(2)如图，连接AC交BD于F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线.‎ 因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，所以＝.‎ ‎(3)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥BD，由(1)(2)知点E到平面PBD的距离等于BC＝3.‎ 因为V三棱锥EPBD＝V三棱锥PBDE＝18，所以××PD×BD×3＝18，即PD＝6.‎ 又AD＝BD＝6，所以PA＝6，PB＝6，又AB＝6，所以△PAB是等边三角形，则S△PAB＝18.‎ 设点D到平面PAB的距离为d，因为V三棱锥DPAB＝V三棱锥PABD，‎ 所以×18×d＝××6×6×6，解得d＝2.所以点D到平面PAB的距离为2.‎ ‎3解：(1)证明：连接PF，∵△PAD是等边三角形，∴PF⊥AD.∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝，∴BF⊥AD.‎ 又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，∴AD⊥PB.‎ ‎(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.　‎ 由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD.‎ 又BF⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，‎ 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，∴PF⊥平面ABCD.‎ 连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，∴GH⊥平面ABCD.‎ 又GH⊂平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，∴＝＝，‎ ‎∴＝＝，∴GH＝PF＝，∴VDCEG＝VGCDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin·GH＝.‎ ‎ 4解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，‎ ‎∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形，‎ ‎∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，∴BD⊥AE.‎ 如图，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE，又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，‎ ‎∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.‎ ‎(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.‎ 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.‎ ‎∵OP＝OB＝，∴PB＝，∵AP＝AB＝1，∴S△PAB＝×× ＝，‎ 第 15 页 共 15 页 连接AC，则VPABC＝OP·S△ABC＝××＝，‎ 设点C到平面PAB的距离为d，∵VPABC＝VCPAB＝S△PAB·d，∴d＝＝＝.‎