新（浙江专用）2016高考数学二轮专题突破 专题四 立体几何与空间向量 第1-3讲 理（打包3套）.zip

1第 1 讲 空间几何体1．(2014·浙江)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A．72 cm 3 B．90 cm 3C．108 cm 3 D．138 cm 32．(2015·山东)在梯形 ABCD 中，∠ ABC＝ ， AD∥ BC， BC＝2 AD＝2 AB＝2.将梯形 ABCD 绕π 2AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A. B. C. D．2π2π3 4π3 5π33．(2015·课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有( )A．14 斛 B．22 斛 C．36 斛 D．66 斛4．(2014·江苏)设甲，乙两个圆柱的底面积分别为 S1， S2，体积分别为 V1， V2.若它们的侧面相等，且 ＝ ，则 的值是________．S1S2 94 V1V21.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.2热点一 三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等” ．2．由三视图还原几何体的步骤一般先从俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．例 1 (1)(2014·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(2)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( )思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．3跟踪演练 1 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( )(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )热点二 几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例 2 (1)(2015·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ B．4＋ C．2＋2 D．55 5 5(2)如图，在棱长为 6 的正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， E， F 分别在 C1D1与 C1B1上，且C1E＝4， C1F＝3，连接 EF， FB， DE， BD 则几何体 EFC1－ DBC 的体积为( )4A．66 B．68 C．70 D．72思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．跟踪演练 2 (2015·四川)在三棱柱 ABCA1B1C1中，∠ BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是直角边的长为 1 的等腰直角三角形，设点 M， N， P 分别是AB， BC， B1C1的中点，则三棱锥 PA1MN 的体积是________．热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．例 3 (1)已知三棱锥 S－ ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SA⊥平面ABC， SA＝2 ， AB＝1， AC＝2，∠ BAC＝60°，则球 O 的表面积为( )3A．4π B．12π C．16π D．64π(2)(2015·课标全国Ⅱ)已知 A， B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB＝90°， C 为该球面上的动点，若三棱锥 OABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( )A．36π B．64πC．144π D．256π思维升华 三棱锥 P－ ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形：(1)P 可作为长方体上底面的一个顶点， A、 B、 C 可作为下底面的三个顶点；(2) P－ ABC 为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练 3 在三棱锥 A－ BCD 中，侧棱 AB， AC， AD 两两垂直，△ ABC，△ ACD，△ ABD 的面积分别为 ， ， ，则三棱锥 A－ BCD 的外接球体积为________.22 32 6251．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A．16 B．8 ＋82C．2 ＋2 ＋8 D．4 ＋4 ＋82 6 2 62．如图，将边长为 5＋ 的正方形，剪去阴影部分后，得到圆锥的侧面和2底面的展开图，则圆锥的体积是( )A. π B. π2303 263C. π D. π303 6033．(2015·浙江杭州二中测试)如图，在正三棱锥 S－ ABC 中， M 是 SC 的中点，且 AM⊥ SB，底面边长 AB＝2 ，则正三棱锥 S－ ABC 的外接球的表面积为( )2A．6π B．12πC．32π D．36π提醒：完成作业 专题四 第 1 讲6二轮专题强化练专题四第 1 讲 空间几何体A 组 专题通关1．(2015·哈尔滨模拟)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 3，则正视图中的 x 的值是( )A．2 B.92C. D．3322．如图是棱长为 2 的正方体的表面展开图，则多面体 ABCDE 的体积为( )A．2B.23C.43D.833．已知正四棱锥的底面边长为 2a，其侧视图如图所示．当正视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为( )7A．8 B．8＋8 2C．8 D．4＋82 24．(2015·课标全国Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16＋20π，则 r 等于( )A．1 B．2C．4 D．85．三棱锥 S－ ABC 的所有顶点都在球 O 的表面上， SA⊥平面 ABC， AB⊥ BC，又SA＝ AB＝ BC＝1，则球 O 的表面积为( )A. π B. π32 32C．3π D．12π6．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________．7．(2014·山东)一个六棱锥的体积为 2 ，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱长都相等，3则该六棱锥的侧面积为________．8．如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1的棱长为 1， E， F 分别为线段 AA1， B1C 上的点，则三棱锥D1－ EDF 的体积为______．89．已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为________．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为 4 的等腰三角形，侧视图是一个底边长为 6、高为 4 的等腰三角形．(1)求该几何体的体积 V；(2)求该几何体的侧面积 S.B 组 能力提高11．把边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起，使得平面 ABD⊥平面 CBD，形成三棱锥C－ ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A. B. C. D.12 22 14 2412．如图，侧棱长为 2 的正三棱锥 V－ ABC 中，3∠ AVB＝∠ BVC＝∠ CVA＝40°，过 A 作截面△ AEF，则截面△ AEF 的周长的最小值为____________．13．已知矩形 ABCD 的面积为 8，当矩形周长最小时，沿对角线 AC 把△9ACD 折起，则三棱锥 D－ ABC 的外接球的表面积等于________．14．如图，在 Rt△ ABC 中， AB＝ BC＝4，点 E 在线段 AB 上．过点 E 作 EF∥ BC 交 AC 于点F，将△ AEF 沿 EF 折起到△ PEF 的位置(点 A 与 P 重合)，使得∠ PEB＝30°.(1)求证： EF⊥ PB；(2)试问：当点 E 在何处时，四棱锥 P—EFCB 的侧面 PEB 的面积最大？并求此时四棱锥 P—EFCB 的体积．10学生用书答案精析专题四 立体几何与空间向量第 1 讲 空间几何体高考真题体验1．B [该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示．V＝ V 三棱柱 ＋ V 长方体 ＝ ×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm 3)．]122．C [过点 C 作 CE 垂直 AD 所在直线于点 E，梯形 ABCD 绕 AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段 AB 的长为底面圆半径，线段 BC 为母线的圆柱挖去以线段 CE 的长为底面圆半径， ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为 V＝ V 圆柱 － V 圆锥 ＝π· AB2·BC－ ·π· CE2·DE13＝π×1 2×2－ π×1 2×1＝ .]13 5π33．B [由题意知：米堆的底面半径为 (尺)，体积 V＝ × π R2·h＝163 13 14(立方尺)．所以堆放的米大约为 ≈22(斛)．]3209 3209×1.624.32解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为 r1， r2和 h1， h2，由 ＝ ，S1S2 94得 ＝ ，则 ＝ .π r21π r2 94 r1r2 32由圆柱的侧面积相等，得 2π r1h1＝2π r2h2，即 r1h1＝ r2h2，所以 ＝ ＝ ＝ .V1V2 π r21h1π r2h2 r1r2 32热点分类突破例 1 (1)(1)B (2)B解析 (1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选 B.11(2)由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组合．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．跟踪演练 1 (1)D (2)D解析 (1)由俯视图，易知答案为 D.(2)如图所示，点 D1的投影为 C1，点 D 的投影为 C，点 A 的投影为 B，故选 D.例 2 (1)C (2)A解析 (1)该三棱锥的直观图如图所示：过 D 作 DE⊥ BC，交 BC 于 E，连接 AE，则BC＝2， EC＝1， AD＝1， ED＝2，S 表 ＝ S△ BCD＋ S△ ACD＋ S△ ABD＋ S△ ABC＝ ×2×2＋ × ×1＋ × ×1＋ ×2×12 12 5 12 5 12 5＝2＋2 .5(2)如图，连接 DF， DC1，那么几何体 EFC1－ DBC 被分割成三棱锥D－ EFC1及四棱锥 D－ CBFC1，那么几何体 EFC1－ DBC 的体积为V＝ × ×3×4×6＋ × ×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.13 12 13 12故所求几何体 EFC1－ DBC 的体积为 66.跟踪演练 2 124解析 由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为 1 的等腰直角三角形，高为 1 的直三棱柱，∵ VPA1MN＝ VA1PMN，又∵ AA1∥平面 PMN，∴ VA1PMN＝ VAPMN，∴ VAPMN＝ × ×1× × ＝ ，13 12 12 12 12412故 VPA1MN＝ .124例 3 (1)C (2)C解析 (1)在△ ABC 中，BC2＝ AB2＋ AC2－2 AB·ACcos 60°＝3，∴ AC2＝ AB2＋ BC2，即 AB⊥ BC，又 SA⊥平面 ABC，∴三棱锥 S－ ABC 可补成分别以 AB＝1， BC＝ ， SA＝2 为长、宽、高的长方体，3 3∴球 O 的直径＝ ＝4，12＋  3 2＋  23 2故球 O 的表面积为 4π×2 2＝16π.(2)如图，要使三棱锥 OABC 即 COAB 的体积最大，当且仅当点 C 到平面 OAB的距离，即三棱锥 COAB 底面 OAB 上的高最大，其最大值为球 O 的半径 R，则 VOABC 最大 ＝ VCOAB 最大 ＝S△ OAB×R＝ × ×R2×R＝ R3＝36，所以 R＝6，得 S 球13 13 12 16O＝4π R2＝4π×6 2＝144π，选 C.跟踪演练 3 π6解析 如图，以 AB， AC， AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，∴三棱锥的外接球的直径是长方体的对角线长．据题意Error!解得Error!∴长方体的对角线长为 ＝ ，AB2＋ AC2＋ AD2 6∴三棱锥外接球的半径为 .62∴三棱锥外接球的体积为 V＝ π·( )3＝ π.43 62 6高考押题精练1．D [由三视图知，该几何体是底面边长为 ＝2 的正方形，22＋ 22 2高 PD＝2 的四棱锥 P－ ABCD，因为 PD⊥平面 ABCD，且四边形 ABCD 是正方形，易得 BC⊥ PC， BA⊥ PA，13又 PC＝ PD2＋ CD2＝ ＝2 ，22＋  22 2 3所以 S△ PCD＝ S△ PAD＝ ×2×2 ＝2 ，12 2 2S△ PAB＝ S△ PBC＝ ×2 ×2 ＝2 .12 2 3 6所以几何体的表面积为 4 ＋4 ＋8.]6 22．A [设圆锥底面半径为 R＝ MO，底面周长＝2π R＝弧长FE＝ ×2π AM， AM＝4 R， OC＝ R， AC＝ AM＋ MO＋ OC＝(5＋ )R，正方形边长14 2 2＝5＋ ＝ AC，即 5＋ ＝ (5＋ )R， R＝ ， AM＝4 ， h＝ ＝ ，222 2 22 2 2 2 AM2－ R2 30V＝ π R2h＝ π×2× ＝ .]13 13 30 230π33．B [因为三棱锥 S－ ABC 为正三棱锥，所以 SB⊥ AC，又 AM⊥ SB，所以 SB⊥平面 SAC，所以 SB⊥ SA， SB⊥ SC，即 SA， SB， SC 三线两两垂直，且 AB＝2 ，所以 SA＝ SB＝ SC＝2，2所以(2 R)2＝3×2 2＝12，所以球的表面积 S＝4π R2＝12π，故选 B.]14二轮专题强化练答案精析专题四 立体几何与空间向量第 1 讲 空间几何体1．D [根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图是：∴ V＝ × ×2×x＝3，∴ x＝3.]13 1＋ 222．D [多面体 ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积 V＝4－ ＝ ，选 D.43 83]3．B [由题意可知该正四棱锥的直观图如图所示，其正视图与侧视图相同，设棱锥的高为 h，则 a2＋ h2＝4.故其正视图的面积为S＝ ·2a·h＝ ah≤ ＝2，即当 a＝ h＝ 时， S 最大，此时该正四棱锥的12 a2＋ h22 2表面积 S 表 ＝(2 a)2＋4× ×2a×212＝8＋8 ，故选 B.]24．B [由正视图与俯视图想象出其直观图，然后进行运算求解．如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为 r，圆柱的底面半径为 r，高为 2r，则表面积S＝ ×4π r2＋π r2＋4 r2＋π r·2r＝(5π＋4) r2.又 S＝16＋20π，∴(5π＋4)12r2＝16＋20π，∴ r2＝4， r＝2，故选 B.]5．C[如图，因为 AB⊥ BC，所以 AC 是△ ABC 所在截面圆的直径，又因为SA⊥平面 ABC，所以△ SAC 所在的截面圆是球的大圆，所以 SC 是球的一15条直径．由题设 SA＝ AB＝ BC＝1，由勾股定理可求得： SB＝ ， SC＝ ，2 3所以球的半径 R＝ ，32所以球的表面积为 4π×( )2＝3π.]326．2＋22解析 如图，在直观图中，过点 A 作 AE⊥ BC，垂足为 E，则在 Rt△ ABE 中， AB＝1，∠ ABE＝45°，∴ BE＝ .22而四边形 AECD 为矩形， AD＝1，∴ EC＝ AD＝1，∴ BC＝ BE＋ EC＝ ＋1.22由此可还原原图形如图．在原图形中， A′ D′＝1， A′ B′＝2，B′ C′＝ ＋1，22且 A′ D′∥ B′ C′，A′ B′⊥ B′ C′，∴这块菜地的面积为S＝ (A′ D′＋ B′ C′)· A′ B′12＝ ×(1＋1＋ )×2＝2＋ .12 22 227．12解析 设正六棱锥的高为 h，侧面的斜高为 h′.由题意，得 ×6× ×2× ×h＝2 ，13 12 3 3∴ h＝1，∴斜高 h′＝ ＝ 2，12＋  3 2∴ S 侧 ＝6× ×2×2＝12.12168.16解析 VD1－ EDF＝ VF－ DD1E＝ S△ D1DE·AB13＝ × ×1×1×1＝ .13 12 169. ＋33π2解析 由三视图可知，该几何体是底面半径为 1，高为 ，母线长为 2 的圆锥的一半，其3表面积是整个圆锥表面积的一半与轴截面的面积之和．所以， S＝ × ×2π×2＋ ×π×1 2＋ ×2× ＝ ＋ .12 12 12 12 3 3π2 310．解 由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为 4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥 E－ ABCD.(1)V＝ ×(8×6)×4＝64.13(2)四棱锥 E－ ABCD 的两个侧面 EAD， EBC 是全等的等腰三角形，且 BC 边上的高 h1＝ ＝4 ；42＋  82 2 2另两个侧面 EAB， ECD 也是全等的等腰三角形， AB 边上的高 h2＝ ＝5.42＋  62 2因此 S＝2×( ×6×4 ＋ ×8×5)＝40＋24 .12 2 12 211．C [因为 C 在平面 ABD 上的射影为 BD 的中点 O，在边长为 1 的正方形ABCD 中， AO＝ CO＝ AC＝ ，所以12 22侧视图的面积等于 S△ AOC＝ CO·AO＝ × × ＝ ，故选 C.]12 12 22 22 1412．6解析 沿着侧棱 VA 把正三棱锥 V－ ABC 展开在一个平面内，如图，则 AA′即为截面△ AEF 周长的最小值，且∠ AVA′＝3×40°＝120°.在△VAA′中，由余弦定理可得 AA′＝6，故答案为 6.13．16π解析 设矩形的两邻边长度分别为 a， b，则 ab＝8，此时 2a＋2 b≥4 ＝8 ，当且仅当ab 2a＝ b＝2 时等号成立，此时四边形 ABCD 为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为22，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为 2 的球面上，这个球的表面积是174π×2 2＝16π.14．(1)证明 ∵ EF∥ BC 且 BC⊥ AB，∴ EF⊥ AB，即 EF⊥ BE， EF⊥ PE.又 BE∩ PE＝ E，∴ EF⊥平面 PBE，又 PB⊂平面 PBE，∴ EF⊥ PB.(2)解 设 BE＝ x， PE＝ y，则 x＋ y＝4.∴ S△ PEB＝ BE·PE·sin∠ PEB12＝ xy≤ 2＝1.14 14(x＋ y2 )当且仅当 x＝ y＝2 时， S△ PEB的面积最大．此时， BE＝ PE＝2.由(1)知 EF⊥平面 PBE，∴平面 PBE⊥平面 EFCB，在平面 PBE 中，作 PO⊥ BE 于 O，则 PO⊥平面 EFCB.即 PO 为四棱锥 P—EFCB 的高．又 PO＝ PE·sin 30°＝2× ＝1.12SEFCB＝ ×(2＋4)×2＝6.12∴ VP—BCFE＝ ×6×1＝2.131第 2 讲 空间中的平行与垂直1．(2015·北京)设 α ， β 是两个不同的平面， m 是直线且 m⊂α .则“ m∥ β ”是“α ∥ β ”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．(2013·浙江)设 m， n 是两条不同的直线， α ， β 是两个不同的平面( )A．若 m∥ α ， n∥ α ，则 m∥ nB．若 m∥ α ， m∥ β ，则 α ∥ βC．若 m∥ n， m⊥ α ，则 n⊥ αD．若 m∥ α ， α ⊥ β ，则 m⊥ β3．(2015·江苏)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 AC⊥ BC， BC＝ CC1.设AB1的中点为 D， B1C∩ BC1＝ E.求证：(1) DE∥平面 AA1C1C；(2)BC1⊥ AB1.21.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.热点一 空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例 1 (1)(2015·广东)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(2)平面 α ∥平面 β 的一个充分条件是( )A．存在一条直线 a， a∥ α ， a∥ βB．存在一条直线 a， a⊂α ， a∥ βC．存在两条平行直线 a， b， a⊂α ， b⊂β ， a∥ β ， b∥ αD．存在两条异面直线 a， b， a⊂α ， b⊂β ， a∥ β ， b∥ α思维升华 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练 1 已知 m， n 为两条不同的直线， α ， β 为两个不重合的平面，给出下列命题：①若 m⊥ α ， n⊥ α ，则 m∥ n；②若 m⊥ α ， m⊥ n，则 n∥ α ；③若 α ⊥ β ， m∥ α ，则 m⊥ β ；3④若 m⊥ α ， m∥ β ，则 α ⊥ β .A．0 B．1C．2 D．3热点二 空间平行、垂直关系的证明空间平行、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．例 2 (2015·广东)如图，三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直， PD＝ PC＝4， AB＝6， BC＝3.(1)证明： BC∥平面 PDA；(2)证明： BC⊥ PD；(3)求点 C 到平面 PDA 的距离．思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线4面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥ α ， a⊂α ⇒l⊥ a.跟踪演练 2 如图所示，已知 AB⊥平面 ACD， DE⊥平面 ACD，△ ACD 为等边三角形， AD＝ DE＝2 AB， F 为 CD 的中点．求证：(1) AF∥平面 BCE；(2)平面 BCE⊥平面 CDE.热点三 平面图形的折叠问题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．例 3 如图(1)，在 Rt△ ABC 中，∠ C＝90°， D， E 分别为 AC， AB 的中点，点 F 为线段 CD上的一点，将△ ADE 沿 DE 折起到△ A1DE 的位置，使 A1F⊥ CD，如图(2)．5(1)求证： DE∥平面 A1CB；(2)求证： A1F⊥ BE；(3)线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ？请说明理由．思维升华 (1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；(2)存在探索性问题可6先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．跟踪演练 3 (2014·广东)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)证明： CF⊥平面 MDF；(2)求三棱锥 M－ CDE 的体积．热点四 直线和平面所成的角直线和平面所成的角往往涉及空间几何体的结构特征和空间线面关系的推理，多以特殊的棱柱和棱锥为载体，如长方体、有一条侧棱与底面垂直的棱锥等，试题比较简单，多以直接求解直线和平面所成的角，有时也会出现在解答题的某一问中．例 4 (2015·浙江)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，∠ BAC＝90°，AB＝ AC＝2， A1A＝4， A1在底面 ABC 的射影为 BC 的中点， D 为 B1C1的中点．(1)证明： A1D⊥平面 A1BC；(2)求直线 A1B 和平面 BB1C1C 所成的角的正弦值．7思维升华 求解直线和平面所成的角的关键是找出或作出平面的垂线，进而根据直线和平面所成的角的定义确定其平面角，即可将所求角转化为三角形的内角求解．跟踪演练 4 如图，直三棱柱 ABC－ A1B1C1中， AB＝ AC＝ AA1＝ ， BC＝2.则直线2A1B 与平面 BCC1B1所成的角为________.1．不重合的两条直线 m， n 分别在不重合的两个平面 α ， β 内，下列为真命题的是( )A． m⊥ n⇒m⊥ β B． m⊥ n⇒α ⊥ βC． α ∥ β ⇒m∥ β D． m∥ n⇒α ∥ β2．如图，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1中，已知 DC＝ DD1＝2 AD＝2 AB， AD⊥ DC， AB∥ DC.(1)求证： D1C⊥ AC1；(2)问在棱 CD 上是否存在点 E，使 D1E∥平面 A1BD.若存在，确定点 E 位置；若不存在，说明理由．8提醒：完成作业 专题四 第 2 讲9专题四第 2讲 空 间 中 的 平 行 与 垂 直A 组 专题通关1．(2015·温州模拟)已知 a、 b、 c 是三条不同的直线， α 、 β 是两个不同的平面，下列条件中，能推导出 a⊥ α 的是( )A． a⊥ b， a⊥ c，其中 b⊂α ， c⊂αB． a⊥ b， b∥ αC． α ⊥ β ， a∥ βD． a∥ b， b⊥ α2．(2015·湖北) l1， l2表示空间中的两条直线，若 p： l1， l2是异面直线， q： l1， l2不相交，则( )A． p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件B． p 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件C． p 是 q 的充分必要条件D． p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件3．如图所示，在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， M， N， P， Q 分别是AA1， A1D1， CC1， BC 的中点，给出以下四个结论：① A1C⊥ MN；② A1C∥平面 MNPQ；③ A1C 与 PM 相交；④ NC 与 PM 异面．其中不正确的结论是( )A．① B．② C．③ D．④4．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．②C．③ D．①③105．如图，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 A－ BCD.则在三棱锥 A－ BCD 中，下列命题正确的是( )A．平面 ABD⊥平面 ABCB．平面 ADC⊥平面 BDCC．平面 ABC⊥平面 BDCD．平面 ADC⊥平面 ABC6．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AMMB ANND关系是________．7.如图， AB 为圆 O 的直径，点 C 在圆周上(异于点 A， B)，直线 PA 垂直于圆 O 所在的平面，点 M 为线段 PB 的中点．有以下四个命题：① PA∥平面 MOB；② MO∥平面 PAC；③ OC⊥平面 PAC；④平面 PAC⊥平面 PBC.其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．8．(2015·浙江)如图，三棱锥 ABCD 中，AB＝ AC＝ BD＝ CD＝3， AD＝ BC＝2，点 M， N 分别是 AD， BC 的中点，则异面直线 AN， CM 所成的角的余弦值是________．9．(2015·山东)如图，三棱台 DEFABC 中， AB＝2 DE， G， H 分别为AC， BC 的中点．(1)求证： BD∥平面 FGH；(2)若 CF⊥ BC， AB⊥ BC，求证：平面 BCD⊥平面 EGH. 1110．(2015·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母 F， G， H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系．并证明你的结论；(3)证明：直线 DF⊥平面 BEG.B 组 能力提高11．(2015·丽水模拟)已知平面 α 、 β 、 γ ，则下列命题中正确的是( )A． α ⊥ β ， α ∩ β ＝ a， a⊥ b，则 b⊥ αB． α ⊥ β ， β ⊥ γ ，则 α ∥ γC． α ∩ β ＝ a， β ∩ γ ＝ b， α ⊥ β ，则 a⊥ bD． α ∥ β ， β ⊥ γ ，则 α ⊥ γ12.如图，在三棱柱 ABC－ A1B1C1中，侧棱 AA1⊥底面 ABC，底面是以∠ ABC 为直12角的等腰直角三角形， AC＝2 a， BB1＝3 a， D 是 A1C1的中点，点 F 在线段 AA1上，当AF＝________时， CF⊥平面 B1DF.13．正方体 ABCD－ A1B1C1D1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)① AC⊥ BE；② B1E∥平面 ABCD；③三棱锥 E－ ABC 的体积为定值；④直线 B1E⊥直线 BC1.14.如图所示，在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， E 是棱 DD1的中点．(1)证明：平面 ADC1B1⊥平面 A1BE；(2)在棱 C1D1上是否存在一点 F，使 B1F∥平面 A1BE？证明你的结论．13二轮专题强化练专题四第 2讲 空 间 中 的 平 行 与 垂 直A 组 专题通关1．(2015·温州模拟)已知 a、 b、 c 是三条不同的直线， α 、 β 是两个不同的平面，下列条件中，能推导出 a⊥ α 的是( )A． a⊥ b， a⊥ c，其中 b⊂α ， c⊂αB． a⊥ b， b∥ αC． α ⊥ β ， a∥ βD． a∥ b， b⊥ α2．(2015·湖北) l1， l2表示空间中的两条直线，若 p： l1， l2是异面直线， q： l1， l2不相交，则( )A． p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件B． p 是 q 的必要条件，但不是 q 的充分条件C． p 是 q 的充分必要条件D． p 既不是 q 的充分条件，也不是 q 的必要条件3．如图所示，在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， M， N， P， Q 分别是AA1， A1D1， CC1， BC 的中点，给出以下四个结论：① A1C⊥ MN；② A1C∥平面 MNPQ；③ A1C 与 PM 相交；④ NC 与 PM 异面．其中不正确的结论是( )A．① B．② C．③ D．④4．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 .14其中，所有能成为“ α ⊥ β ”的充要条件的序号是( )A．① B．②C．③ D．①③5．如图，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 A－ BCD.则在三棱锥 A－ BCD 中，下列命题正确的是( )A．平面 ABD⊥平面 ABCB．平面 ADC⊥平面 BDCC．平面 ABC⊥平面 BDCD．平面 ADC⊥平面 ABC6．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AMMB ANND关系是________．7.如图， AB 为圆 O 的直径，点 C 在圆周上(异于点 A， B)，直线 PA 垂直于圆 O 所在的平面，点 M 为线段 PB 的中点．有以下四个命题：① PA∥平面 MOB；② MO∥平面 PAC；③ OC⊥平面 PAC；④平面 PAC⊥平面 PBC.其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．8．(2015·浙江)如图，三棱锥 ABCD 中，AB＝ AC＝ BD＝ CD＝3， AD＝ BC＝2，点 M， N 分别是 AD， BC 的中点，则异面直线 AN， CM 所成的角的余弦值是________．9．(2015·山东)如图，三棱台 DEFABC 中， AB＝2 DE， G， H 分别为15AC， BC 的中点．(1)求证： BD∥平面 FGH；(2)若 CF⊥ BC， AB⊥ BC，求证：平面 BCD⊥平面 EGH. 10．(2015·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母 F， G， H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系．并证明你的结论；(3)证明：直线 DF⊥平面 BEG.B 组 能力提高11．(2015·丽水模拟)已知平面 α 、 β 、 γ ，则下列命题中正确的是( )A． α ⊥ β ， α ∩ β ＝ a， a⊥ b，则 b⊥ αB． α ⊥ β ， β ⊥ γ ，则 α ∥ γ16C． α ∩ β ＝ a， β ∩ γ ＝ b， α ⊥ β ，则 a⊥ bD． α ∥ β ， β ⊥ γ ，则 α ⊥ γ12.如图，在三棱柱 ABC－ A1B1C1中，侧棱 AA1⊥底面 ABC，底面是以∠ ABC 为直角的等腰直角三角形， AC＝2 a， BB1＝3 a， D 是 A1C1的中点，点 F 在线段 AA1上，当 AF＝________时， CF⊥平面 B1DF.13．正方体 ABCD－ A1B1C1D1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)① AC⊥ BE；② B1E∥平面 ABCD；③三棱锥 E－ ABC 的体积为定值；④直线 B1E⊥直线 BC1.14.如图所示，在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， E 是棱 DD1的中点．(1)证明：平面 ADC1B1⊥平面 A1BE；(2)在棱 C1D1上是否存在一点 F，使 B1F∥平面 A1BE？证明你的结论．17学生用书答案精析第 2 讲 空间中的平行与垂直高考真题体验1．B [ m⊂α ， m∥ β ⇒/ α ∥ β ，但 m⊂α ， α ∥ β ⇒m∥ β ，∴ m∥ β 是 α ∥ β 的必要而不充分条件．]2．C [两条平行线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直这个平面．故选 C.]3．证明 (1)由题意知， E 为 B1C 的中点，又 D 为 AB1的中点，因此 DE∥ AC.又因为 DE⊄平面 AA1C1C， AC⊂平面 AA1C1C，所以 DE∥平面 AA1C1C.(2)因为棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC.因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥ CC1.又因为 AC⊥ BC， CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1， BC∩ CC1＝ C，所以 AC⊥平面 BCC1B1.又因为 BC1⊂平面 BCC1B1，所以 BC1⊥ AC.因为 BC＝ CC1，所以矩形 BCC1B1是正方形，因此 BC1⊥ B1C.因为 AC， B1C⊂平面 B1AC， AC∩ B1C＝ C，所以 BC1⊥平面 B1AC.又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥ AB1.热点分类突破18例 1 (1)D (2)D解析 (1)若 l 与 l1， l2都不相交则 l∥ l1， l∥ l2，∴ l1∥ l2，这与 l1和 l2异面矛盾，∴ l 至少与 l1， l2中的一条相交．(2)若 α ∩ β ＝ l， a∥ l， a⊄α ， a⊄β ，则 a∥ α ， a∥ β ，故排除 A.若 α ∩ β ＝ l， a⊂α ， a∥ l，则 a∥ β ，故排除 B.若 α ∩ β ＝ l， a⊂α ， a∥ l， b⊂β ， b∥ l，则 a∥ β ， b∥ α ，故排除 C.故选 D.跟踪演练 1 C [对于①，垂直于同一个平面的两条直线平行，①正确；对于②，直线 n 可能在平面 α 内，所以推不出 n∥ α ，②错误；对于③，举一反例， m⊂β 且 m 与 α ， β 的交线平行时，也有 m∥ α ，③错误；对于④，可以证明其正确性，④正确．故选 C.]例 2 (1)证明 因为四边形 ABCD 是长方形，所以 BC∥ AD，因为 BC⊄平面 PDA， AD⊂平面 PDA，所以 BC∥平面 PDA.(2)证明 因为四边形 ABCD 是长方形，所以 BC⊥ CD，因为平面 PDC⊥平面 ABCD，平面PDC∩平面 ABCD＝ CD， BC⊂平面 ABCD，所以 BC⊥平面 PDC，因为 PD⊂平面 PDC，所以 BC⊥ PD.(3)解 如图，取 CD 的中点 E，连接 AE 和 PE.因为 PD＝ PC，所以 PE⊥ CD，在 Rt△ PED 中， PE＝ ＝ ＝ .PD2－ DE2 42－ 32 7因为平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDC∩平面 ABCD＝ CD， PE⊂平面 PDC，所以 PE⊥平面 ABCD，由(2)知： BC⊥平面 PDC，由(1)知： BC∥ AD，所以 AD⊥平面 PDC，19因为 PD⊂平面 PDC，所以 AD⊥ PD.设点 C 到平面 PDA 的距离为 h，因为 V 三棱锥 CPDA＝ V 三棱锥 PACD，所以 S△ PDA·h＝ S△ ACD·PE，13 13即 h＝ ＝ ＝ ，S△ ACD·PES△ PDA12×3×6×712×3×4 372所以点 C 到平面 PDA 的距离是 .372跟踪演练 2 证明 (1)如图，取 CE 的中点 G，连接 FG， BG.∵ F 为 CD 的中点，∴ GF∥ DE 且 GF＝ DE.12∵ AB⊥平面 ACD， DE⊥平面 ACD，∴ AB∥ DE，∴ GF∥ AB.又 AB＝ DE，∴ GF＝ AB.12∴四边形 GFAB 为平行四边形，则 AF∥ BG.∵ AF⊄平面 BCE， BG⊂平面 BCE，∴ AF∥平面 BCE.(2)∵△ ACD 为等边三角形， F 为 CD 的中点，∴ AF⊥ CD.∵ DE⊥平面 ACD， AF⊂平面 ACD，∴ DE⊥ AF.又 CD∩ DE＝ D，故 AF⊥平面 CDE.∵ BG∥ AF，∴ BG⊥平面 CDE.∵ BG⊂平面 BCE，∴平面 BCE⊥平面 CDE.例 3 (1)证明 因为 D， E 分别为 AC， AB 的中点，所以 DE∥ BC.又因为 DE⊄平面 A1CB， BC⊂平面 A1CB，20所以 DE∥平面 A1CB.(2)证明 由题图(1)得 AC⊥ BC 且 DE∥ BC，所以 DE⊥ AC.所以 DE⊥ A1D， DE⊥ CD.所以 DE⊥平面 A1DC.而 A1F⊂平面 A1DC，所以 DE⊥ A1F.又因为 A1F⊥ CD，所以 A1F⊥平面 BCDE，又 BE⊂平面 BCDE，所以 A1F⊥ BE.(3)解 线段 A1B 上存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下：如图，分别取 A1C， A1B 的中点 P， Q，则 PQ∥ BC.又因为 DE∥ BC，所以 DE∥ PQ.所以平面 DEQ 即为平面 DEP.由(2)知，DE⊥平面 A1DC，所以 DE⊥ A1C.又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点，所以 A1C⊥ DP.所以 A1C⊥平面 DEP.从而 A1C⊥平面 DEQ.故线段 A1B 上存在点 Q，使得 A1C⊥平面 DEQ.跟踪演练 3 (1)证明 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 MDF.21(2)解 因为 PD⊥ DC， BC＝2， CD＝1，∠ PCD＝60°，所以 PD＝ ，由(1)知 FD⊥ CF，3在直角三角形 DCF 中， CF＝ CD＝ .12 12过点 F 作 FG⊥ CD 交 CD 于点 G，得 FG＝ FCsin 60°＝ × ＝ ，12 32 34所以 DE＝ FG＝ ，34故 ME＝ PE＝ － ＝ ，334 334所以 MD＝ ＝ ME2－ DE2＝ . 334 2－  34 2 62S△ CDE＝ DE·DC＝ × ×1＝ .12 12 34 38故 VM－ CDE＝ MD·S△ CDE＝ × × ＝ .13 13 62 38 216例 4 (1)证明 设 E 为 BC 的中点，由题意得 A1E⊥平面 ABC，所以A1E⊥ AE，因为 AB＝ AC，所以 AE⊥ BC.故 AE⊥平面 A1BC.由 D， E 分别为 B1C1， BC 的中点，得 DE∥ B1B 且 DE＝ B1B，从而DE∥ A1A 且 DE＝ A1A，所以 AA1DE 为平行四边形．于是 A1D∥ AE.又因为 AE⊥平面 A1BC，所以 A1D⊥平面 A1BC.(2)解 作 A1F⊥ DE，垂足为 F，连接 BF.因为 A1E⊥平面 ABC，所以 BC⊥ A1E.因为 BC⊥ AE，所以 BC⊥平面 AA1DE.所以 BC⊥ A1F.又 A1F⊥平面 BB1C1C，所以∠ A1BF 为直线 A1B 和平面 BB1C1C 所成的角．由 AB＝ AC＝2，∠ CAB＝90°，得 EA＝ EB＝ .2由 A1E⊥平面 ABC，得 A1A＝ A1B＝4， A1E＝ .1422由 DE＝ BB1＝4. DA1＝ EA＝ ，∠ DA1E＝90°，2得 A1F＝ .所以 sin ∠ A1BF＝ .72 78跟踪演练 4 π 6解析 如图所示，取 B1C1的中点 D，连接 A1D， BD.因为 AB＝ AC＝ ，所以 A1B1＝ A1C1＝ ，又 B1C1＝ BC＝2，2 2且 B1D＝ DC1＝1，所以 A1D⊥ B1C1，且 A1D＝ ＝A1B21－ B1D2＝ 1. 2 2－ 12又直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，平面 A1B1C1⊥平面 BCC1B1，且平面A1B1C1∩平面 BCC1B1＝ B1C1，所以 A1D⊥平面 BCC1B1.故∠ A1BD 为直线 A1B 与平面 BCC1B1所成的角．又 A1B＝＝ ＝2，AA21＋ AB2  2 2＋  2 2所以 sin∠ A1BD＝ ＝ ，故∠ A1BD＝ .A1DA1B 12 π 6所以直线 A1B 与平面 BCC1B1所成的角为 .π 6高考押题精练1．C [构造长方体，如图所示．因为 A1C1⊥ AA1， A1C1⊂平面 AA1C1C， AA1⊂平面 AA1B1B，但 A1C1与平面AA1B1B 不垂直，平面 AA1C1C 与平面 AA1B1B 不垂直．所以选项 A，B 都是假命题．CC1∥ AA1，但平面 AA1C1C 与平面 AA1B1B 相交而不平行，所以选项 D 为假命题．“若两平面平行，则平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选 C.]2．(1)证明 在直四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1中，连接 C1D，∵ DC＝ DD1，∴四边形 DCC1D1是正方形，∴ DC1⊥ D1C.又 AD⊥ DC， AD⊥ DD1， DC∩ DD1＝ D，23∴ AD⊥平面 DCC1D1，又 D1C⊂平面 DCC1D1，∴ AD⊥ D1C.∵ AD⊂平面 ADC1， DC1⊂平面 ADC1，且 AD∩ DC1＝ D，∴ D1C⊥平面 ADC1，又 AC1⊂平面 ADC1，∴ D1C⊥ AC1.(2)解 假设存在点 E，使 D1E∥平面 A1BD.连接 AD1， AE， D1E，设 AD1∩ A1D＝ M，BD∩ AE＝ N，连接 MN，∵平面 AD1E∩平面 A1BD＝ MN，要使 D1E∥平面 A1BD，可使 MN∥ D1E，又 M 是 AD1的中点，则 N 是 AE 的中点．又易知△ ABN≌△ EDN，∴ AB＝ DE.即 E 是 DC 的中点．综上所述，当 E 是 DC 的中点时，可使 D1E∥平面 A1BD.24二轮专题强化练答案精析第 2 讲 空间中的平行与垂直1．D [选项 A 中缺少 b， c 相交；选项 B，由 a⊥ b， b∥ α 可能 a⊂α ；选项 C 可能 a⊂α或 a∥ α ，选项 D 正确．]2．A [由 l1， l2是异面直线，可得 l1， l2不相交，所以 p⇒q；由 l1， l2不相交，可得l1， l2是异面直线或 l1∥ l2，所以 q⇒/p.所以 p 是 q 的充分条件，但不是 q 的必要条件．故选 A.]3．B [作出过 M， N， P， Q 四点的截面交 C1D1于点 S，交 AB 于点 R，如图所示中的六边形MNSPQR，显然点 A1， C 分别位于这个平面的两侧，故 A1C 与平面 MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．]4．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．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，所以 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥ AB，又 AD⊥ AB， AD∩ CD＝ D，所以 AB⊥平面 ADC，又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 ADC，故选 D.]6．平行25解析 由 ＝ ，得 MN∥ BD.AMMB ANND而 BD⊂平面 BDC， MN⊄平面 BDC，所以 MN∥平面 BDC.7．②④解析 ①错误， PA⊂平面 MOB；②正确；③错误，否则，有 OC⊥ AC，这与 BC⊥ AC 矛盾；④正确，因为 BC⊥平面 PAC.8.78解析 如图所示，连接 DN，取线段 DN 的中点 K，连接 MK， CK.∵ M 为 AD 的中点，∴ MK∥ AN，∴∠ KMC 为异面直线 AN， CM 所成的角．∵ AB＝ AC＝ BD＝ CD＝3， AD＝ BC＝2， N 为 BC 的中点，由勾股定理求得AN＝ DN＝ CM＝2 ，∴ MK＝ .2 2在 Rt△ CKN 中， CK＝ ＝ . 2 2＋ 12 3在△ CKM 中，由余弦定理，得cos∠ KMC＝ ＝ . 2 2＋  22 2－  3 22×2×22 789．证明 (1)方法一 连接 DG，设 CD∩ GF＝ M，连接 MH.在三棱台 DEFABC 中，AB＝2 DE， G 为 AC 的中点，可得 DF∥ GC， DF＝ GC，所以四边形 DFCG 为平行四边形．则 M 为 CD 的中点，又 H 为 BC 的中点，所以 HM∥ BD，又 HM⊂平面 FGH， BD⊄平面 FGH，所以 BD∥平面 FGH.方法二 在三棱台 DEFABC 中，由 BC＝2 EF， H 为 BC 的中点，可得 BH∥ EF， BH＝ EF，所以四边形 HBEF 为平行四边形，可得 BE∥ HF.在△ ABC 中， G 为 AC 的中点，H 为 BC 的中点，所以 GH∥ AB.又 GH∩ HF＝ H，所以平面 FGH∥平面 ABED.26又因为 BD⊂平面 ABED，所以 BD∥平面 FGH.(2)连接 HE， GE.因为 G， H 分别为 AC， BC 的中点，所以 GH∥ AB.由 AB⊥ BC，得 GH⊥ BC.又 H 为 BC 的中点，所以 EF∥ HC， EF＝ HC，因此四边形 EFCH 是平行四边形，所以 CF∥ HE.又 CF⊥ BC，所以 HE⊥ BC.又 HE， GH⊂平面 EGH， HE∩ GH＝ H，所以 BC⊥平面 EGH.又 BC⊂平面 BCD，所以平面 BCD⊥平面 EGH.10．(1)解 点 F， G， H 的位置如图所示．(2)解 平面 BEG∥平面 ACH，证明如下：因为 ABCDEFGH 为正方体，所以 BC∥ FG，BC＝ FG，又 FG∥ EH， FG＝ EH，所以 BC∥ EH， BC＝ EH，于是 BCHE 为平行四边形，所以 BE∥ CH，又 CH⊂平面 ACH， BE⊄平面 ACH，所以 BE∥平面 ACH，同理 BG∥平面 ACH，又 BE∩ BG＝ B，所以平面 BEG∥平面 ACH.(3)证明 连接 FH， BD.因为 ABCDEFGH 为正方体，27所以 DH⊥平面 EFGH，因为 EG⊂平面 EFGH，所以 DH⊥ EG，又 EG⊥ FH， EG∩ FH＝ O，所以 EG⊥平面 BFHD，又 DF⊂平面 BFHD，所以 DF⊥ EG，同理 DF⊥ BG，又 EG∩ BG＝ G，所以 DF⊥平面 BEG.11．D [选项 A 中，缺少条件 b⊂β ，错误；B 中， α 、 β 、 γ 的关系可参考教室墙角处三个平面的关系，易知错误；C 中的 a， b 可能平行或斜交．由两平面平行的性质可知 D 正确．]12． a 或 2a解析 由题意易知， B1D⊥平面 ACC1A1，所以 B1D⊥ CF.要使 CF⊥平面 B1DF，只需 CF⊥ DF 即可．令 CF⊥ DF，设 AF＝ x，则 A1F＝3 a－ x.易知 Rt△ CAF∽Rt△ FA1D，得 ＝ ，ACA1F AFA1D即 ＝ ，2ax 3a－ xa整理得 x2－3 ax＋2 a2＝0，解得 x＝ a 或 x＝2 a.13．①②③解析 因 AC⊥平面 BDD1B1，故①、②正确；记正方体的体积为 V，则 VE－ ABC＝ V 为定值，16故③正确； B1E 与 BC1不垂直，故④错误．14．(1)证明 如图，因为 ABCD－ A1B1C1D1为正方体，所以 B1C1⊥面 ABB1A1.因为 A1B⊂面 ABB1A1，所以B1C1⊥ A1B.又因为A1B⊥ AB1， B1C1∩ AB1＝ B1，所以 A1B⊥面 ADC1B1.28因为 A1B⊂面 A1BE，所以平面 ADC1B1⊥平面 A1BE.(2)解 当点 F 为 C1D1中点时，可使 B1F∥平面 A1BE.证明如下：易知： EF∥ C1D，且 EF＝ C1D.12设 AB1∩ A1B＝ O，则 B1O∥ C1D 且 B1O＝ C1D，12所以 EF∥ B1O 且 EF＝ B1O，所以四边形 B1OEF 为平行四边形．所以 B1F∥ OE.又因为 B1F⊄面 A1BE， OE⊂面 A1BE.所以 B1F∥面 A1BE.